Question

16．已知a＞0，b＞0，函数f（x）=|x+a|+|2x-b|的最小值为1．
（1）求证：2a+b=2；
（2）若a+2b≥tab恒成立，求实数t的最大值．

Answer 1

分析 （1）法一：根据绝对值的性质求出f（x）的最小值，得到x=$\frac{b}{2}$时取等号，证明结论即可；法二：根据f（x）的分段函数的形式，求出f（x）的最小值，证明即可；
（2）法一，二：问题转化为$\frac{a+2b}{ab}$≥t恒成立，根据基本不等式的性质求出$\frac{a+2b}{ab}$的最小值，从而求出t的范围即可；法三：根据二次函数的性质判断即可．

解答 解：（1）法一：f（x）=|x+a|+|2x-b|=|x+a|+|x-$\frac{b}{2}$|+|x-$\frac{b}{2}$|，
∵|x+a|+|x-$\frac{b}{2}$|≥|（x+a）-（x-$\frac{b}{2}$）|=a+$\frac{b}{2}$且|x-$\frac{b}{2}$|≥0，
∴f（x）≥a+$\frac{b}{2}$，当x=$\frac{b}{2}$时取等号，即f（x）的最小值为a+$\frac{b}{2}$，
∴a+$\frac{b}{2}$=1，2a+b=2；
法二：∵-a＜$\frac{b}{2}$，∴f（x）=|x+a|+|2x-b|=$\left\{\begin{array}{l}{-3x-a+b，x＜-a}\\{-x+a+b，-a≤x＜\frac{b}{2}}\\{3x+a-b，x≥\frac{b}{2}}\end{array}\right.$，
显然f（x）在（-∞，$\frac{b}{2}$]上单调递减，f（x）在[$\frac{b}{2}$，+∞）上单调递增，
∴f（x）的最小值为f（$\frac{b}{2}$）=a+$\frac{b}{2}$，
∴a+$\frac{b}{2}$=1，2a+b=2．
（2）方法一：∵a+2b≥tab恒成立，∴$\frac{a+2b}{ab}$≥t恒成立，
$\frac{a+2b}{ab}$=$\frac{1}{b}$+$\frac{2}{a}$=（$\frac{1}{b}$+$\frac{2}{a}$）（2a+b ）•$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（1+4+$\frac{2a}{b}$+$\frac{2b}{a}$）$≥\frac{1}{2}（1+4+2\sqrt{\frac{2a}{b}•\frac{2b}{a}}）=\frac{9}{2}$，
当a=b=$\frac{2}{3}$时，$\frac{a+2b}{ab}$取得最小值$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{9}{2}$≥t，即实数t的最大值为$\frac{9}{2}$；
方法二：∵a+2b≥tab恒成立，
∴$\frac{a+2b}{ab}$≥t恒成立，
t≤$\frac{a+2b}{ab}$=$\frac{1}{b}$+$\frac{2}{a}$恒成立，
$\frac{1}{b}$+$\frac{2}{a}$=$\frac{1}{b}$+$\frac{4}{2a}$≥$\frac{{（1+2）}^{2}}{b+2a}$=$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{9}{2}$≥t，即实数t的最大值为$\frac{9}{2}$；
方法三：∵a+2b≥tab恒成立，
∴a+2（2-a）≥ta（2-a）恒成立，
∴2ta²-（3+2t）a+4≥0恒成立，
∴（3+2t）²-326≤0，
∴$\frac{1}{2}$≤t≤$\frac{9}{2}$，实数t的最大值为$\frac{9}{2}$．

点评 本题考查了绝对值不等式问题，考查绝对值的性质以及二次函数的性质，考查转化思想，是一道中档题．