Question

设函数f（x）=|

x

-ax-b|，a，b∈R．
（1）当a=0，b=1时，写出函数f（x）的单调区间；
（2）当a=

1

2

时，记函数f（x）在区间[0，4]上的最大值为g（b），当b变化时，求g（b）的最小值；
（3）若对任意实数a，b，总存在实数x₀∈[0，4]使得不等式f（x₀）≥m成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,函数单调性的性质,函数的最值及其几何意义,函数恒成立问题

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）当a=0，b=1时，f（x）=|

x

-1|=

1- x ，0＜x＜1 x -1，x＞1

，易写出函数f（x）的单调区间；
（2）当a=

1

2

时，f（x）=|

x

-

1

2

x-b|，令h（x）=

x

-

1

2

x-b，利用导数可得在区间[0，4]上-b≤h(x)≤h(1)=

1

2

-b，从而可知当b=

1

4

时，g（b）取最小值，最小值为

1

4

；
（3）分情况讨论a不同取值时函数u（x）=

x

-ax-b在[0，4]上的范围，从而确定f（x）的最大值，将对任意实数a，b，总存在实数x₀∈[0，4]使得不等式f（x₀）≥m成立，转化为m≤m≤f（x）_max恒成立，即可解决．

解答： 解：（1）∵a=0，b=1，f（x）=|

x

-ax-b|，
∴f（x）=|

x

-1|=

1- x ，0＜x＜1 x -1，x＞1

，
由基本初等函数的单调性易知，
f（x）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，+∞）．
（2）当a=

1

2

时，f（x）=|

x

-

1

2

x-b|，
令h（x）=

x

-

1

2

x-b，则
h′(x)=

1

2 x

-

1

2

，
由h′（x）＜0，即0≤x＜1时，h（x）单调递增；h′（x）＞0，即x＞1时，h（x）单调递减可知，
在区间[0，4]上-b≤h(x)≤h(1)=

1

2

-b，
当b≤

1

4

时，|-b|≤|

1

2

-b|，
此时函数f（x）在区间[0，4]上的最大值为g（b）=|

1

2

-b|=

1

2

-b，
当b＞

1

4

时，|-b|＞|

1

2

-b|，
此时函数f（x）在区间[0，4]上的最大值为g（b）=|-b|=b
∴当b=

1

4

时，g（b）取最小值，最小值为

1

4

．
（3）设f（x）的最大值为M（b），
令u（x）=

x

-ax-b，则u′(x)=

1

2 x

-a
在x∈[0，4]上，
当u′（x）≥0，即a≤

1

4

时，u（x）单调递增，
此时-b≤u（x）≤2-4a-b，
当b≤1-2a时，M（b）=2-4a-b，当b＞1-2a时，M（b）=b，
从而当a≤

1

4

时，b=1-2a时M（b）取最小值，M（b）_min=1-2a≥

1

2

，
当a＞

1

4

时，u（x）在[0，

1

4a2

）上单调递增，在[

1

4a2

，4]上单调递减，
在a∈[

1

4

，

1

2

]时，-b≤u(x)≤

1

4a

-b，当b=

1

8a

时，M（b）_min=

1

8a

≥

1

4

，
在a∈(

1

2

，+∞)时，2-4a-b≤u(x)≤

1

4a

-b，当b=1-2a+

1

8a

时，M（b）_min=2a+

1

8a

-1＞

1

4

，
综上所述，M（b）_min=

1

4

，
对任意实数a，b，总存在实数x₀∈[0，4]使得不等式f（x₀）≥m成立等价于m≤f（x）_max恒成立，
∴m≤

1

4

．

点评：本题考查函数的单调性，最值与导数的关系，和存在性问题的转化，属于压轴题，难题．