Question

1．设函数f（x）=3ax²-2（a+b）x+b（a＞0）中，|f（0）|≤2，|f（1）|≤2，
（1）证明：0≤x≤1时，有|f（x）|≤2；
（2）是否存在函数f（x）使f（$\frac{1}{2}$）=-2？若存在求出函数f（x）的解析式，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）讨论二次函数f（x）在区间[0，1]上的单调性，求出f（x）在[0，1]上的最值，即可证明|f（x）|≤2；
（2）求出a、b的取值范围，再假设存在函数f（x），使f（$\frac{1}{2}$）=-2，求出函数f（x）的解析式是否存在即可．

解答 解：（1）证明：∵f（x）=3ax²-2（a+b）x+b=3a（x-$\frac{a+b}{3a}$）²-$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}-ab}{3a}$，
∴①当$\frac{a+b}{3a}$≥1或$\frac{a+b}{3a}$≤0时，f（x）在[0，1]上是单调函数，
∴f（1）≤f（x）≤f（0），或f（0）≤f（x）≤f（1），且f（0）+f（1）=a＞0；
∴|f（x）|≤max{f（0），f（1）}；
②当0＜$\frac{a+b}{3a}$＜1时，即-a＜b＜2a，则-$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}-ab}{3a}$≤f（x）≤max{f（0），f（1）}；
（i）当-a＜b≤$\frac{b}{2}$时，则0＜a+b≤$\frac{3}{2}$a，
∴f（1）-$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}-ab}{3a}$=$\frac{{3a}^{2}{-（a+b）}^{2}}{3a}$≥$\frac{1}{4}$a²＞0，
∴|f（x）|≤max{f（0），f（1）}；
（ii）当$\frac{a}{2}$＜b＜2a时，则（b-$\frac{a}{2}$）（b-2a）＜0，即a²+b²-$\frac{5}{2}$ab＜0，
∴b-$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}-ab}{3a}$=$\frac{4ab{-a}^{2}{-b}^{2}}{3a}$＞0，即f（0）＞$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}-ab}{3a}$，
∴|f（x）|≤max{f（0），f（1）}；
综上，当0≤x≤1时，|f（x）|≤2；
（2）∵函数f（x）=3ax²-2（a+b）x+b（a＞0）中，|f（0）|≤2，|f（1）|≤2；
∴$\left\{\begin{array}{l}{|b|≤2}\\{|a-b|≤2}\\{a＞0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{-2≤b≤2}\\{-2≤a-b≤2}\\{a＞0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2≤b≤2}\\{0＜a≤4}\end{array}\right.$；
假设存在函数f（x），使f（$\frac{1}{2}$）=-2，
∴$\frac{3}{4}$a-（a+b）+b=-2，
解得a=8，不满足0＜a≤4；
∴函数f（x）的解析式不存在．

点评 本题考查了求含有字母系数的二次函数在闭区间上的最值问题，也考查了分类讨论思想的应用问题，是综合性题目．