2023 年 10 月 25 日高中数学作业

1. 对于实数 $a$，$b\in R$，函数 $f(x)=\left|ax+\dfrac1x+b\right|$ 在区间 $x\in[1,2]$ 上的最大值记为 $M(a,b)$，$M(a,b)$ 的最小值为。

第 1 题解答

解：（图：$g(x)=\dfrac1x$ 在 $[1,2]$ 上的图像，弦 $AB$ 连接 $A(1,1)$、$B\left(2,\dfrac12\right)$。）

令 $g(x)=\dfrac1x$，$h(x)=-ax-b$，则 $f(x)=|g(x)-h(x)|$，

其中 $g(x)=\dfrac1x,1\le x\le2$ 的图像如图所示。

设与 $AB$ 平行且与 $g(x)=\dfrac1x$ 图象相切的直线对应的一次函数为 $y=-\dfrac12x+m$。

有 $\dfrac1x=-\dfrac12x+m$ 可得 $x^2-2mx+2=0$，

由 $\Delta=4m^2-8=0$ 可得 $m=\sqrt2$ 或 $m=-\sqrt2$（舍）。

由图像可得：$h(x)$ 的图像在函数 $g(x)=\dfrac1x$ 的上方或下方对应的 $M(a,b)$ 大于 $h(x)$ 的图像与函数 $g(x)=\dfrac1x$ 有交点时对应的 $M(a,b)$。

若 $h(x)$ 的图像与函数 $g(x)=\dfrac1x$ 有交点时对应的 $M(a,b)$ 最小，则 $h(x)$ 的图像与 $y=-\dfrac12x+\sqrt2$ 平行且在 $y=-\dfrac12x+\sqrt2$ 与 $y=-\dfrac x2+\dfrac32$ 之间，且 $h(x)$ 的图像与 $y=-\dfrac12x+\sqrt2$ 的距离等于 $h(x)$ 的图像与 $y=-\dfrac x2+\dfrac32$ 的距离。

故 $h(x)$ 的图像对应的解析式为 $y=-\dfrac12x+\dfrac{3+2\sqrt2}{4}$。

此时 $M(a,b)=\dfrac{3-2\sqrt2}{4}$，对应的 $a=\dfrac12$，$b=-\dfrac{3+2\sqrt2}{4}$，$x=1$ 或 $x=2$。

故 $M(a,b)$ 的最小值为 $\boxed{\dfrac{3-2\sqrt2}{4}}$。

2. 已知函数 $f(x)=\dfrac12x^2+x-a(x+\ln x)$，$1\le\dfrac a2\le x\le\dfrac{3a}{2}$，记 $M(a,b)$ 为 $g(x)=|f(x)-b|$ 的最大值，则 $M(a,b)$ 的最小值为。

第 2 题解答

解：因为 $1\le\dfrac a2\le x\le\dfrac{3a}2$，所以 $a\ge2$。

f'(x)=x+1-a\left(1+\frac1x\right)=\frac{x^2+x-ax-a}{x}=\frac{(x+1)(x-a)}{x}

由 $f'(x)\ge0$ 可得 $x\ge a$，由 $f'(x)\le0$ 可得 $\dfrac a2\le x\le a$。

所以 $f(x)$ 在 $\left[\dfrac a2,a\right]$ 上单调递减，在 $\left[a,\dfrac{3a}2\right]$ 上单调递增。

又因为

f\left(\frac{3a}2\right)-f\left(\frac a2\right)=\frac98a^2+\frac32a-a\left(\frac{3a}2+\ln\frac{3a}2\right)-\frac18a^2-\frac12a+a\left(\frac a2+\ln\frac a2\right)=a-a\ln3=a(1-\ln3)<0

所以 $f\left(\dfrac{3a}2\right)<f\left(\dfrac a2\right)$。

所以当 $\dfrac a2\le x\le\dfrac{3a}2$ 时，$f(a)\le f(x)\le f\left(\dfrac a2\right)$。

又因为 $M(a,b)$ 为 $g(x)=|f(x)-b|$ 的最大值，

所以 $M(a,b)\ge\left|f\left(\dfrac a2\right)-b\right|$，$M(a,b)\ge|f(a)-b|$。

两式相加可得：

2M(a,b)\ge\left|f\left(\frac a2\right)-b\right|+|f(a)-b|\ge\left|f\left(\frac a2\right)-f(a)\right|

因为

f\left(\frac a2\right)-f(a)=\frac18a^2+\frac12a-a\left(\frac a2+\ln\frac a2\right)-\left(\frac12a^2+a-a(a+\ln a)\right)=\frac18a^2+\left(\ln2-\frac12\right)a

因为二次函数 $y=\dfrac18a^2+\left(\ln2-\dfrac12\right)a$ 在 $a\in[2,+\infty)$ 单调递增，

所以 $a=2$ 时，取得最小值 $\dfrac18\times2^2+\left(\ln2-\dfrac12\right)\times2=2\ln2-\dfrac12$，

所以 $\dfrac18a^2+\left(\ln2-\dfrac12\right)a\ge2\ln2-\dfrac12$，即 $M(a,b)\ge\ln2-\dfrac14$。

当且仅当 $a=2$，$b=\dfrac{f(2)+f(1)}{2}=-\ln2-\dfrac14$ 时取等号。

$M(a,b)$ 的最小值为 $\ln2-\dfrac14$。

故答案为：$\boxed{\ln2-\dfrac14}$

3. 已知函数 $f(x)=\left|\sqrt x-a\right|+2\left|x-b\right|$（$a\in R,b\in R$），当 $x\in[0,4]$ 时，$f(x)$ 的最大值为 $M(a,b)$，则 $M(a,b)$ 的最小值为。

第 3 题解答

解：设 $t=\sqrt x$，则由 $x\in[0,4]$ 得 $t\in[0,2]$，

f(x)=g(t)=|t-a|+2\left|t^2-b\right|

则 $\begin{cases}M(a,b)\ge g(0)=|a|+2|b|\\ M(a,b)\ge g(2)=|2-a|+|8-2b|\end{cases}$

所以 $2M(a,b)\ge|a|+2|b|+|2-a|+|8-2b|\ge|a+2-a|+|2b+8-2b|=10$，

所以 $M(a,b)\ge5$，当且仅当 $0\le a\le2$ 且 $0\le b\le4$ 时取等号。

取 $a=1,b=2$，$g(t)=|t-1|+2|t^2-2|=\begin{cases}5-t-2t^2, & 0\le t<1,\\ -2t^2+t+3, & 1\le t\le\sqrt2,\\ 2t^2+t-5, & \sqrt2<t\le2\end{cases}$

$g(t)=5-t-2t^2\ (0\le t<1)$ 是减函数，$g(t)_{\max}=g(0)=5$；

$g(t)=-2t^2+t+3\ (1\le t\le\sqrt2)$ 是减函数，$g(t)_{\max}=g(1)=2$；

$g(t)=2t^2+t-5\ (\sqrt2<t\le2)$ 是增函数，$g(t)_{\max}=g(2)=5$。

$\therefore\ g(t)_{\max}=5$。

综上所述，$M(a,b)$ 的最小值是 $\boxed{5}$。

4. 已知函数 $f(x)=\left|x^3-a\right|+\left|3x-b\right|$（$a,b\in R$），当 $x\in[0,2]$，$f(x)$ 的最大值为 $M(a,b)$，则 $M(a,b)$ 的最小值为。

第 4 题解答

解：设 $f_1(x)=x^3+3x-a-b$，则 $f_1'(x)=3x^2+3>0$ 恒成立，函数单调递增，

故 $\left|x^3+3x-a-b\right|_{\max}=\max\left\{|-a-b|,|14-a-b|\right\}$；

设 $f_2(x)=x^3-3x-a+b$，则 $f_2'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，

函数在 $[0,1]$ 上单调递减，在 $[1,2]$ 上单调递增，

\left|x^3-3x-a+b\right|_{\max}=\max\left\{|-a+b|,|2-a+b|,|-2-a+b|\right\}=\max\left\{|2-a+b|,|-2-a+b|\right\}

（因为 $\max\{|t-2|,|t+2|\}=|t|+2\ge|t|$，其中 $t=b-a$，故 $|-a+b|$ 项可略。）

故 $M(a,b)=\max\left\{|-a-b|,|14-a-b|,|2-a+b|,|-2-a+b|\right\}$，

则 $2M(a,b)\ge|a+b+14-a-b|=14$，故 $M(a,b)\ge7$，当 $a+b=7$ 时等号成立；

且 $2M(a,b)\ge|2-a-b+2+a+b|\cdot\dfrac12\cdot2=4$，即 $2M(a,b)\ge|2-a+b|+|-2-a+b|\ge4$，故 $M(a,b)\ge2$，当 $a=b$ 时等号成立。

综上所述，$M(a,b)\ge\boxed{7}$。

5. 设函数 $f(x)=\left|x^3-ax-b\right|$，$x\in[-1,1]$，其中 $a,b\in R$。若 $f(x)\le M$ 恒成立，则当 $M$ 取得最小值时，$a+b$ 的值为。

第 5 题解答

解：令函数 $g(x)=x^3-ax-b$，则 $f(x)=|g(x)|$。

因为 $g(x)+g(-x)=x^3-ax-b+(-x^3)+ax-b=-2b$，

所以函数 $g(x)$ 的图像关于点 $(0,-b)$ 对称，且 $g'(x)=3x^2-a$。

① 当 $a\le0$ 时，$g'(x)\ge0$，所以函数 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上单调递增。

所以 $\begin{cases}M\ge f(1)=|1-a-b|\\ M\ge f(-1)=|-1+a-b|\end{cases}$，两式相加可得，

M\ge\frac{|1-a-b|+|-1+a-b|}{2}\ge\frac{|(1-a-b)-(-1+a-b)|}{2}=|1-a|=1-a\ge1

此时，当 $a=0,-1\le b\le1$ 时，$M$ 取得最小值 $1$。

② 当 $a\ge3$ 时，对任意的 $x\in[-1,1]$，$g'(x)\le0$，所以函数 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上单调递减。

同理可得 $M\ge|1-a|=a-1\ge2$，此时当 $a=3,-2\le b\le2$ 时，$M$ 取得最小值 $2$。

③ 当 $0<a<3$ 时，令 $g'(x)=0$，得 $x=\pm\sqrt{\dfrac a3}$，令 $t=\sqrt{\dfrac a3}\in(0,1)$，列表如下：

| $x$ | $[-1,-t)$ | $-t$ | $(-t,t)$ | $t$ | $(t,1]$ |

|---|---|---|---|---|---|

| $g'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ |

| $g(x)$ | $\uparrow$ | 极大值 | $\downarrow$ | 极小值 | $\uparrow$ |

不妨设 $g(0)=-b\ge0$，则 $b\le0$，则

\begin{cases}M\ge f(1)=|1-a-b|\\ M\ge f(t)=\left|-2t^3-b\right|\\ M\ge f(-t)=\left|2t^3-b\right|\\ M\ge f(-1)=|-1+a-b|\end{cases}

所以 $M\ge\max\left\{f(1),f(t),f(-t),f(-1)\right\}$。

因为 $g(-t)+g(t)=2g(0)\ge0$，且 $g(t)<g(-t)$，所以 $g(-t)\ge|g(t)|=f(t)$。

若 $g(-1)\ge g(1)$，则 $g(-1)\ge|g(1)|=f(1)$；

若 $g(-1)<g(1)$，则 $g(1)>0$，但 $g(-t)>g(-1)$。

因为 $g(-t)-g(1)=(2t^3-b)-(1-a-b)=2t^3+a-1=2t^3+3t^2-1=(2t-1)(t+1)^2$，

所以 $\max\left\{g(-t),g(1)\right\}=\begin{cases}g(1), & 0<t\le\dfrac12,\\ g(-t), & \dfrac12<t<1\end{cases}$

当 $0<t\le\dfrac12$ 时，$M\ge g(1)=1-a-b=1-3t^2-b\ge1-3t^2\ge\dfrac14$，

当且仅当 $b=0$，$t=\sqrt{\dfrac a3}=\dfrac12$，即当 $a=\dfrac34,b=0$ 时，$M$ 取得最小值 $\dfrac14$；

当 $\dfrac12<t<1$ 时，$M\ge g(-t)=2t^3-b\ge2t^3>2\cdot\left(\dfrac12\right)^3=\dfrac14$。

综上所述，当 $a=\dfrac34,b=0$ 时，$M$ 取得最小值 $\dfrac14$，此时 $a+b=\dfrac34$。

故答案为：$\boxed{\dfrac34}$

6. 已知 $a,b\in R$，函数 $f(x)=(1-|x|)(|x|+ax+b)$ 在区间 $[-1,1]$ 上的最大值记为 $M(a,b)$，则 $M(a,b)$ 的最小值为。

第 6 题解答

解：设 $M(a,b)=m$，则对任意的 $x\in(-1,1)$，$f(x)=(1-|x|)\left||x|+ax+b\right|\le m$ 恒成立，

即 $-|x|-\dfrac{m}{1-|x|}\le ax+b\le-|x|+\dfrac{m}{1-|x|}$ 对任意的 $x\in(-1,1)$ 恒成立（等号可取）。

因为函数 $y=1-|x|-\dfrac{m}{1-|x|}-1=-|x|-\dfrac{m}{1-|x|}$ 的最大值为 $-m$，

而函数 $y=-|x|+\dfrac{m}{1-|x|}=1-|x|+\dfrac{m}{1-|x|}-1\ge2\sqrt{(1-|x|)\cdot\dfrac{m}{1-|x|}}-1=2\sqrt m-1$。

因为存在 $a,b$，使得

-|x|-\frac{m}{1-|x|}\le ax+b\le-|x|+\frac{m}{1-|x|}

对任意的 $x\in(-1,1)$ 恒成立（等号可取），

故 $-m\le2\sqrt m-1$，$\therefore m\ge3-2\sqrt2$，即 $M(a,b)$ 的最小值为 $3-2\sqrt2$。

（图：$y=\pm\left(2\sqrt m-1\right)$ 与 $-|x|-\dfrac{m}{1-|x|}$ 的图像关系示意。）

故答案为：$\boxed{3-2\sqrt2}$

7. 设函数 $f(x)=|\ln x+a|+|x+b|$（$a,b\in R$），当 $x\in[1,\mathrm e]$ 时，记 $f(x)$ 最大值为 $M(a,b)$，则 $M(a,b)$ 的最小值为。

第 7 题解答

解：$f(x)=\max\left\{|\ln x+a+x+b|,|\ln x+a-x-b|\right\}$。

设 $G(x)=|\ln x-x+a-b|$，$F(x)=|\ln x+x+a+b|$。

令 $h(x)=\ln x-x$，$h'(x)=\dfrac1x-1$。

当 $x\in[1,\mathrm e]$ 时，$h'(x)\le0$，所以 $h(x)$ 单调递减。

令 $n(x)=\ln x+x$，$n'(x)=\dfrac1x+1$。

当 $x\in[1,\mathrm e]$ 时，$n'(x)>0$，所以 $n(x)$ 单调递增。

所以当 $x\in[1,\mathrm e]$ 时，

G(x)=\max\left\{|-1+a-b|,|1-\mathrm e+a-b|\right\},\qquad F(x)=\max\left\{|1+a+b|,\ |\mathrm e+a+b+1|\right\}

（单调函数绝对值的最大值在端点处取得。）

则 $4M(a,b)\ge|1+a-b|+|a-\mathrm e-b|+|a+\mathrm e+b|+|1+a+b|$。

事实上，由 $M\ge F(1)$、$M\ge F(\mathrm e)$：

2M(a,b)\ge|1+a+b|+|\mathrm e+a+b+1|\ge|(\mathrm e+a+b+1)-(1+a+b)|=\mathrm e

即 $M(a,b)\ge\dfrac{\mathrm e}{2}$（当 $a+b=-1-\dfrac{\mathrm e}{2}$，且 $a-b$ 取适当值使 $G$ 的两端点值不超过 $\dfrac{\mathrm e}{2}$ 时取等号）。

故答案为：$\boxed{\dfrac{\mathrm e}{2}}$

2023年10月25日高中数学作业