浙江 2012 · 数学 q22

冷启动：三问是一条链，前两问全是为第三问铺路

$f(x)=4ax^{3}-2bx-a+b$，其中 $a>0$、$b\in\mathbf{R}$。

• （I）(i) 证 $0\leqslant x\leqslant1$ 时 $f$ 的最大值是 $|2a-b|+a$；
• （I）(ii) 证 $f(x)+|2a-b|+a\geqslant0$；
• （Ⅱ）若 $-1\leqslant f(x)\leqslant1$ 对 $x\in[0,1]$ 恒成立，求 $a+b$ 的取值范围。

先把三问的关系看穿，后面每一步都有方向。 记 $M=\max_{[0,1]}f$、$m=\min_{[0,1]}f$。

• (i) 说的是 $M=|2a-b|+a$；
• (ii) 说的是 $f(x)\geqslant-M$ 对一切 $x\in[0,1]$ 成立，也就是 $m\geqslant-M$，即

$$M+m\geqslant0 .$$

• （Ⅱ）要的是 $-1\leqslant m$ 且 $M\leqslant1$。而 (ii) 已经保证了 $m\geqslant-M$， 所以只要 $M\leqslant1$，下界 $m\geqslant-M\geqslant-1$ 就是免费的。

于是（Ⅱ）的条件塌缩成一个不等式：

$$|2a-b|+a\leqslant1\quad(\text{再加上题给的 }a>0) .$$

(ii) 的全部作用就是把下界那一半白送掉。 看懂这一句，这道 14 分的压轴题就只剩两件事： 证 (i)，然后解一个绝对值不等式。

解法一：原卷路线——分类求最大值，两支放缩证 (ii)，最后在 $aOb$ 平面平移 $a+b=t$

(i) $f'(x)=12ax^{2}-2b=12a\left(x^{2}-\dfrac{b}{6a}\right)$。

当 $b\leqslant0$ 时 $f'\geqslant0$，$f$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增，最大值在 $x=1$； 当 $b>0$ 时 $f'$ 在 $\left[0,\sqrt{\dfrac{b}{6a}}\right)$ 上为负、之后为正，$f$ 先减后增，最大值仍在端点。 两种情形合起来

$$f_{\max}=\max\{f(0),f(1)\}=\max\{-a+b,\ 3a-b\} =\begin{cases}3a-b, & b\leqslant2a,\\ -a+b, & b>2a,\end{cases}$$

而 $|2a-b|+a$ 在 $b\leqslant2a$ 时是 $(2a-b)+a=3a-b$、在 $b>2a$ 时是 $(b-2a)+a=-a+b$，两者逐段相等。

原卷在这里欠了一句：它只写了 $b\leqslant0$ 那一支，就直接跳到「$f_{\max}=\max\{f(0),f(1)\}$」。 $b>0$ 时 $f$ 在 $[0,1]$ 内部有一个驻点，必须说明那是极小值点、最大值仍在端点， 这一句原卷没有。解法二给出的是补这一句的最短写法。

(ii) 分两支放缩到同一个下界：

• $b\leqslant2a$：$f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax^{3}-2bx+2a\geqslant4ax^{3}-4ax+2a$（用 $-2b\geqslant-4a$、$x\geqslant0$）；
• $b>2a$：$f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax^{3}+2b(1-x)-2a\geqslant4ax^{3}+4a(1-x)-2a$（用 $2b>4a$、$1-x\geqslant0$）。

两支都归到 $2a\left(2x^{3}-2x+1\right)$。设 $g(x)=2x^{3}-2x+1$，$g'(x)=6x^{2}-2=6\left(x-\dfrac{\sqrt3}{3}\right)\left(x+\dfrac{\sqrt3}{3}\right)$， $g$ 在 $\left[0,\dfrac{\sqrt3}{3}\right]$ 上减、在 $\left[\dfrac{\sqrt3}{3},1\right]$ 上增，故

$$g_{\min}=g\!\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)=1-\frac{4\sqrt3}{9}>0 .$$

（$\dfrac{4\sqrt3}{9}\approx0.770<1$。）于是 $f(x)+|2a-b|+a\geqslant2a\,g(x)>0$。

原卷第二支写的是严格号 $4ax^{3}+2b(1-x)-2a>4ax^{3}+4a(1-x)-2a$。$x=1$ 时 $1-x=0$， 两边相等，那里应当是 $\geqslant$。结论不受影响（最后要的只是 $\geqslant0$），但符号该改。

（Ⅱ） 由冷启动那一段，充要条件是 $|2a-b|+a\leqslant1$ 且 $a>0$，去绝对值即

$$\begin{cases}2a-b\geqslant0,\\ 3a-b\leqslant1,\\ a>0,\end{cases} \qquad\text{或}\qquad \begin{cases}2a-b<0,\\ b-a\leqslant1,\\ a>0 .\end{cases}$$

在 $aOb$ 平面上这是一块三角形区域（不含 $a=0$ 那条边）。作一族平行直线 $a+b=t$ 推过去， 最上面碰到的是顶点 $(1,2)$ 给出 $t=3$，最下面趋向被挖掉的顶点 $(0,-1)$ 给出 $t\to-1$ 取不到，故

$$-1<a+b\leqslant3 .$$

原卷说「平面区域为如图所示的阴影部分」，可原卷这一页并没有印那张图；末句也漏了主语， 写成「所以的取值范围是 $(-1,3]$」。

解法二：(i) 两行——$f'$ 在 $[0,1]$ 上递增说明只需比端点，再用半和加半差凑出 $|2a-b|+a$

第一行。 $f'(x)=12ax^{2}-2b$，其中 $a>0$。在 $x\geqslant0$ 上 $12ax^{2}$ 随 $x$ 增大而增大， 所以 $f'$ 在 $[0,1]$ 上单调递增（要算二阶导也行：$f''(x)=24ax\geqslant0$）。

$f'$ 递增意味着它至多变号一次、且只能由负变正，于是 $f$ 在 $[0,1]$ 上要么单调、要么先减后增； 无论哪种，最大值都在端点：

$$f_{\max}=\max\{f(0),\ f(1)\}=\max\{-a+b,\ 3a-b\} .$$

一句话覆盖了原卷分的两类，也补上了原卷缺的 $b>0$ 那一支。 详见导数递增就只比两个端点。

第二行。 用恒等式 $\max\{p,q\}=\dfrac{p+q}{2}+\dfrac{|p-q|}{2}$，取 $p=-a+b$、$q=3a-b$：

$$\frac{p+q}{2}=\frac{(-a+b)+(3a-b)}{2}=a,\qquad \frac{|p-q|}{2}=\frac{|-4a+2b|}{2}=|2a-b| ,$$ $$f_{\max}=|2a-b|+a .$$

分类讨论就地消失。 这条恒等式见较大者写成半和加半差—— 凡是「过程里取大、答案里带绝对值」的题，先想它。

顺带看清题目在暗示什么

$|2a-b|+a$ 这个写法本身就在说：最大值是「半和 $a$」加上「半差 $|2a-b|$」。 半和 $a$ 与 $b$ 无关，半差随 $b$ 变——所以固定 $a$ 时，$b=2a$ 是让最大值最小的那一档。 这条观察在解法三里还要再用一次。

解法三：(ii) 换主元——把它看成 $b$ 的分段一次函数，谷底恰在 $b=2a$，两支放缩合成一步

原卷按 $b\leqslant2a$ 与 $b>2a$ 分两支各放缩一次，两支殊途同归到 $2a(2x^{3}-2x+1)$。 殊途同归本身就是提示：那个共同下界是对 $b$ 取最小得到的。

固定 $x\in[0,1]$，把左边整理成 $b$ 的函数（注意 $-2bx$ 与 $+b$ 合并）：

$$F(b)=f(x)+|2a-b|+a=4ax^{3}+b(1-2x)+|2a-b| .$$

它是分段一次的，两段的斜率是

$$b<2a:\ (1-2x)-1=-2x\leqslant0,\qquad b>2a:\ (1-2x)+1=2-2x\geqslant0 .$$

先降后升，谷底恰在折点 $b=2a$，代入即得

$$F(b)\geqslant F(2a)=4ax^{3}+2a(1-2x)=2a\left(2x^{3}-2x+1\right).$$

一步，没有分类。做法见换主元把参数当自变量。

剩下的 $2x^{3}-2x+1>0$ 可以不用导数

令 $u=x(1-x)$，$x\in[0,1]$ 时 $u\in\left[0,\dfrac14\right]$。改写

$$2x^{3}-2x+1=1-2x\left(1-x^{2}\right)=1-2x(1-x)(1+x)=1-2u(1+x) .$$

由 $u\leqslant\dfrac14$ 与 $1+x\leqslant2$ 得 $2u(1+x)\leqslant2\cdot\dfrac14\cdot2=1$，故上式 $\geqslant0$。 等号要求 $u=\dfrac14$（即 $x=\dfrac12$）与 $x=1$ 同时成立，不可能，所以严格大于 $0$。

考场上导数那条路更短（$g_{\min}=1-\dfrac{4\sqrt3}{9}$ 一算就完），但这条给出的是 「为什么这个三次式恰好过得了零」的结构性理由：$1$ 与 $2u(1+x)$ 的最大值撞了个平手， 只差在两个等号取不到同一点上。

解法四：(Ⅱ) 不画图——充要条件解成 $0<a\leqslant1$、$3a-1\leqslant b\leqslant a+1$，直接夹 $t=a+b$ 并构造取等

由冷启动那一段，条件是 $|2a-b|+a\leqslant1$ 且 $a>0$。先把绝对值拆成双边不等式：

$$|2a-b|\leqslant1-a \iff \begin{cases}1-a\geqslant0,\\ -(1-a)\leqslant2a-b\leqslant1-a,\end{cases}$$

即

$$0<a\leqslant1,\qquad 3a-1\leqslant b\leqslant a+1 .$$

（第一式的 $a\leqslant1$ 是 $1-a\geqslant0$ 逼出来的，别漏。）令 $t=a+b$，两边同加 $a$：

$$4a-1\leqslant t\leqslant2a+1 .$$

上界：$a\leqslant1\Rightarrow t\leqslant2a+1\leqslant3$，且 $a=1$ 时区间退化成 $b=2$ 一点，$t=3$ 取到。

下界：$a>0\Rightarrow t\geqslant4a-1>-1$，取不到；而 $a\to0^{+}$ 时 $t$ 可以任意接近 $-1$。

再证 $(-1,3]$ 里每个值都能取到（这一步比「平移直线」严谨，也更短）：给定 $t\in(-1,3]$，取

$$a=\frac{t+1}{4}\in(0,1],\qquad b=t-a=\frac{3t-1}{4} .$$

代进去 $3a-1=\dfrac{3t-1}{4}=b$，恰在下边界上；$b\leqslant a+1\iff3t-1\leqslant t+5\iff t\leqslant3$ 成立。 所以这一对 $(a,b)$ 合法且 $a+b=t$。故

$$a+b\in(-1,3] .$$

全程没有画图、没有平移直线，而「取到」这件事是构造出来的，不是从图上看出来的。

四条路怎么选

考场上的落笔顺序：(i) 用路二（两行，且顺手补上原卷缺的那一支）；(ii) 用路三（一步到共同下界） 再接 $2x^{3}-2x+1>0$ 的导数证明；（Ⅱ）先写出「由 (ii)，下界自动成立」这句话， 这是全题的题眼、阅卷一定给分，再用路四把 $t$ 夹出来。

一句话带走

这道题的三问是一条链：(i) 把最大值算成 $|2a-b|+a$，(ii) 保证「最小值不低于最大值的相反数」， 于是（Ⅱ）的双边限制塌缩成单边。 技术上只有两个动作值得记： $f'$ 递增就只比两个端点（最大值再也跑不到内部去）， 以及含参式子对参数往往是分段一次的、谷底就在绝对值的零点上。