Question

（2012•浙江）已知a＞0，b∈R，函数f（x）=4ax³-2bx-a+b．
（Ⅰ）证明：当0≤x≤1时，
（i）函数f（x）的最大值为|2a-b|+a；
（ii）f（x）+|2a-b|+a≥0；
（Ⅱ）若-1≤f（x）≤1对x∈[0，1]恒成立，求a+b的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）（ⅰ）求导函数，再分类讨论：当b≤0时，f′（x）＞0在0≤x≤1上恒成立，此时最大值为：f（1）=|2a-b|﹢a；当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，此时最大值为：f（x）_max=max{f（0），f（1）}=|2a-b|﹢a，由此可得结论；（ⅱ） 利用分析法，要证f（x）+|2a-b|+a≥0，即证g（x）=-f（x）≤|2a-b|﹢a．亦即证g（x）在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比-（|2a-b|﹢a）要大．根据-1≤f（x）≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a-b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a+b的取值范围．

解答：（Ⅰ）证明：（ⅰ）f′（x）=12a（x²-

b

6a

）
当b≤0时，f′（x）＞0，在0≤x≤1上恒成立，此时最大值为：f（1）=|2a-b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，此时最大值为：f（x）_max=max{f（0），f（1）}=|2a-b|﹢a；
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a；
（ⅱ） 要证f（x）+|2a-b|+a≥0，即证g（x）=-f（x）≤|2a-b|﹢a．
亦即证g（x）在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a，
∵g（x）=-4ax³+2bx+a-b，∴令g′（x）=-12ax²+2b=0，
当b≤0时，x=

b 6a

；g′（x）＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时g（x）的最大值为：g（0）=a-b＜3a-b=|2a-b|﹢a；
当b＞0时，g′（x）在0≤x≤1上的正负性不能判断，
∴g（x）_max=max{g（

b 6a

），g（1）}={

4

3

b

b 6a

+a-b，-3a+b}=

4 3 b b 6a +a-b ， b≤6a -3a+b ， b＞6a

∴g（x）_max≤|2a-b|﹢a；
综上所述：函数g（x）在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a．
即f（x）+|2a-b|+a≥0在0≤x≤1上恒成立．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a-b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比-（|2a-b|﹢a）要大．
∵-1≤f（x）≤1对x∈[0，1]恒成立，
∴|2a-b|﹢a≤1．
取b为纵轴，a为横轴，则可行域为：

b≥2a b-a≤1

或

b＜2a 3a-b≤1

，目标函数为z=a+b．
作图如右：
由图易得：a+b的取值范围为（-1，3]

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查不等式的证明，综合性，难度大．