Question

3．设函数f（x）=3ax²-2（a+b）x+b，（0≤x≤1）其中a＞0，b为任意常数．
（I）若b=$\frac{1}{2}$，f（x）=|x-$\frac{1}{2}$|在x∈[0，1]有两个不同的解，求实数a的范围．
（II）当|f（0）|≤2，|f（1）|≤2时，求|f（x）|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过讨论x的范围，去掉绝对值，关于a的不等式，求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出函数的对称轴，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，求出|f（x）|的最大值．

解答 解：（I）$f（\frac{1}{2}）=-\frac{a}{4}＜0$----（1分）
①当$0≤x＜\frac{1}{2}$时，则$3a{x^2}-（2a+1）x+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}-x$，即3ax²-2ax=0，解得x=0----（3分）
②当$\frac{1}{2}≤x≤1$时，则$3a{x^2}-（2a+1）x+\frac{1}{2}=x-\frac{1}{2}$，即3ax²-2（a+1）x+1=0
令t（x）=3ax²-2（a+1）x+1，因为$t（\frac{1}{2}）=-\frac{a}{4}＜0$，只要t（1）=a-1≥0即可----（5分）
所以a≥1----（6分）
（II）设|f（x）|的最大值为M
①当$\frac{a+b}{3a}≥1$，函数f（x）在[0，1]递减函数，M=|f（0）|≤2----（8分）
②当$\frac{a+b}{3a}≤0$，函数f（x）在[0，1]递增函数，M=|f（1）|≤2----（10分）
③当$0＜\frac{a+b}{3a}＜1$时，即-a＜b＜2a时，$|f（\frac{a+b}{3a}）|=\frac{{{a^2}+{b^2}-ab}}{3a}$
（ⅰ）当$0＜\frac{a+b}{3a}＜\frac{1}{2}$时，即$-a＜b＜\frac{a}{2}$
则$0＜a+b＜\frac{3a}{2}$，则f（1）-$|f（\frac{a+b}{3a}）|=\frac{{2{a^2}-{b^2}-2ab}}{3a}$=$\frac{{3{a^2}-{{（a+b）}^2}}}{3a}$$≥\frac{a^2}{4}$＞0
所以  M≤2----（12分）
（ⅱ）当$\frac{1}{2}＜\frac{a+b}{3a}＜1$时，即$\frac{a}{2}＜b＜2a$时，可得$（b-\frac{a}{2}）（b-2a）＜0$，即${a^2}+{b^2}-\frac{5ab}{2}＜0$
则f（0）-$|f（\frac{a+b}{3a}）|=\frac{{4ab-{a^2}-{b^2}}}{3a}$$＞\frac{{\frac{5ab}{2}-{a^2}-{b^2}}}{3a}$＞0
所以M≤2----（14分）
综上M=2，当a=2，b=2，f（x）=12x²-12x+2，M=2．

点评 本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性、最值问题，考查学生分析解决问题的能力，是一道综合题．