浙江 2015 · 数学 q18

冷启动：先想清楚 $M(a,b)$ 到底是什么

$M(a,b)$ 的定义是「$|f(x)|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值」。 一个最大值最好用的一面往往不是”它等于哪个具体的数”，而是这一句：

$$\text{对区间里的每一个 } x,\quad M(a,b)\geq |f(x)| .$$

这就是整道题的地基，两问都只用它。 具体地，$1$ 与 $-1$ 都在 $[-1,1]$ 里，所以

$$M(a,b)\geq |f(1)|=|1+a+b| ,\qquad M(a,b)\geq |f(-1)|=|1-a+b| .$$

注意到 $f(1)$ 与 $f(-1)$ 里 $b$ 的系数相同、$a$ 的系数相反——两式一减，$b$ 就没了：

$$f(1)-f(-1)=2a .$$

题目问的第（1）问正是关于 $|a|$ 的，这条路一下就通了。

顺带说一句官方解答里那段可以省掉的话。它先由 $|a|\geq 2$ 推出对称轴 $-\dfrac a2$ 落在 $[-1,1]$ 之外、 $f$ 在区间上单调，于是 $M(a,b)$ 等于两个端点值绝对值中的较大者。 这一步把 $\geq$ 加强成了 $=$——可我们只需要 $\geq$，而 $\geq$ 对任何 $a$ 都成立，不必讨论单调性。 后面两条路都从这个更弱、也更通用的起点出发。

第（2）问换了个方向问：把 $M(a,b)\leq 2$ 当条件，问 $|a|+|b|$ 能有多大。 条件是”整条曲线被夹在 $y=\pm 2$ 之间”，目标却是关于 $a$、$b$ 两个系数的。 两条路的区别就在于：把条件翻译成关于什么的信息。

解法一：只碰两个端点值，一条恒等式收尾

第一步：把地基摆出来

$f(x)=x^{2}+ax+b$，$M(a,b)$ 是 $|f(x)|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值。 因为 $1\in[-1,1]$、$-1\in[-1,1]$，由最大值的定义

$$M(a,b)\geq|f(1)|=|1+a+b| ,\qquad M(a,b)\geq|f(-1)|=|1-a+b| .$$

这两条对任何实数 $a$、$b$ 都成立，不需要任何关于对称轴位置的讨论。

第二步：第（1）问，一次加减消元

两式相加再取半：

$$M(a,b)\geq\frac12\bigl(|1+a+b|+|1-a+b|\bigr) .$$

对任意实数 $u$、$v$ 有 $|u|+|v|\geq|u-v|$，取 $u=1+a+b$、$v=1-a+b$（$b$ 恰好被消掉）：

$$\frac12\bigl(|1+a+b|+|1-a+b|\bigr)\geq\frac12\bigl|(1+a+b)-(1-a+b)\bigr|=\frac12|2a|=|a| .$$

于是对一切 $a$、$b$：

$$M(a,b)\geq |a| .$$

当 $|a|\geq 2$ 时立刻得到 $M(a,b)\geq 2$，第（1）问证毕。

第三步：第（2）问，把条件翻译成 $a\pm b$ 的界

现在反过来用：$M(a,b)\leq 2$。由第一步的两条，

$$|1+a+b|\leq 2\ \Longrightarrow\ -2\leq 1+a+b\leq 2\ \Longrightarrow\ -3\leq a+b\leq 1 ,$$ $$|1-a+b|\leq 2\ \Longrightarrow\ -3\leq b-a\leq 1 .$$

所以 $|a+b|\leq 3$ 且 $|a-b|=|b-a|\leq 3$。

第四步：一条恒等式，把目标换到同一套坐标上

目标是 $|a|+|b|$，手上有的却是 $a+b$、$a-b$ 的界。桥就是这条恒等式：

$$|a|+|b|=\max\bigl\{|a+b|,\ |a-b|\bigr\} .$$

（$a$、$b$ 同号时 $|a+b|=|a|+|b|$、异号时 $|a-b|=|a|+|b|$，两种情况都由 $\max$ 取到。） 两个都不超过 $3$，所以

$$|a|+|b|\leq 3 .$$

放缩到这里只说明”不会更大”，还没说明”能达到”。 取 $a=2$、$b=-1$：

$$f(x)=x^{2}+2x-1=(x+1)^{2}-2 ,$$

在 $[-1,1]$ 上它单调递增，值域是 $[-2,2]$，所以 $M(2,-1)=2\leq 2$，条件满足； 而 $|2|+|-1|=3$。上界取到了，最大值就是 $3$。

解法二：先固定 $a$，把 $b$ 上下夹住，再对 $|a|$ 求最值

解法一把条件压成了两个端点值。这一条路反过来：把 $a$ 先当常数，看 $b$ 还能动多少。

第一步：地基与 $|a|$ 的范围

$f(x)=x^{2}+ax+b$，$M(a,b)$ 是 $|f(x)|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值。 因为 $\pm 1$ 都在区间里，$M(a,b)\geq|f(1)|$ 且 $M(a,b)\geq|f(-1)|$； 两式相加取半再用 $|u|+|v|\geq|u-v|$ 消去 $b$，得

$$M(a,b)\geq\frac12\bigl|f(1)-f(-1)\bigr|=|a| .$$

（这同时就是第（1）问：$|a|\geq 2\Rightarrow M(a,b)\geq 2$。） 所以在第（2）问的条件 $M(a,b)\leq 2$ 之下必有

$$|a|\leq M(a,b)\leq 2 .$$

第二步：顶点落进区间，于是 $b$ 被上下两条夹住

$f$ 的图像开口向上，对称轴 $x=-\dfrac a2$。由 $|a|\leq 2$ 得 $\left|-\dfrac a2\right|\leq 1$， 对称轴落在 $[-1,1]$ 里，于是在这段区间上

$$\min f=f\!\left(-\frac a2\right)=b-\frac{a^{2}}{4} ,\qquad \max f=\max\{f(1),f(-1)\}=1+|a|+b .$$

（最后一步：$f(1)=1+a+b$、$f(-1)=1-a+b$，两者中较大的那个正是 $1+|a|+b$。）

条件 $M(a,b)\leq 2$ 就是「$-2\leq f(x)\leq 2$ 对区间上每个 $x$ 成立」，等价于

$$\min f\geq -2\ \text{ 且 }\ \max f\leq 2 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{a^{2}}{4}-2\ \leq\ b\ \leq\ 1-|a| .$$

$b$ 的活动范围被完全定死了，上下两条都只跟 $a$ 有关。

第三步：按 $b$ 的符号各估一次

$$|a|+|b|= \begin{cases} |a|+b, & b\geq 0,\\[2pt] |a|-b, & b<0. \end{cases}$$

• $b\geq 0$：用上界 $b\leq 1-|a|$，得 $|a|+b\leq |a|+1-|a|=1$。

• $b<0$：用下界 $b\geq\dfrac{a^{2}}{4}-2$，得

  $$|a|-b\leq |a|-\frac{a^{2}}{4}+2 .$$

  记 $t=|a|\in[0,2]$，右边是 $g(t)=-\dfrac{t^{2}}{4}+t+2=3-\dfrac{(t-2)^{2}}{4}$， 在 $[0,2]$ 上递增，最大值 $g(2)=3$，且只在 $t=2$ 处取到。

两支比一比，$3>1$，所以

$$|a|+|b|\leq 3 .$$

第四步：取等条件是自动读出来的

第三步的推导顺带告诉我们等号什么时候成立：必须走 $b<0$ 那一支、必须 $t=|a|=2$、 且下界那一步取等即 $b=\dfrac{a^{2}}{4}-2=-1$。于是只可能是

$$(a,b)=(2,-1)\quad\text{或}\quad(a,b)=(-2,-1) .$$

回代验一遍：$f(x)=(x\pm 1)^{2}-2$ 在 $[-1,1]$ 上值域都是 $[-2,2]$，$M=2$ 符合条件， $|a|+|b|=3$。最大值是 $3$，而且取等的 $(a,b)$ 只有这两个。

两条路怎么选

考场上第（1）问一律走解法一那三行，快且不会错。 第（2）问如果只要一个数，解法一更短；如果题目还问”取等时 $a$、$b$ 是多少”或者”这样的 $(a,b)$ 有几组”， 就得走解法二——解法一的放缩把取等信息丢掉了，得回头补猜。

一句话带走

”$M$ 是最大值”这句话，正着用（$M$ 等于某个具体的值）要讨论单调性，反着用（$M$ 压得住每一个点）什么都不用讨论。 这道题两问都只用反着的那一半：第（1）问拿 $x=\pm 1$ 两个点、一次加减消元消掉 $b$； 第（2）问再把同样两条不等式反过来读。遇到”最大值不超过某数”的条件， 先别急着求那个最大值——先挑几个好点代进去，往往就够了。