Question

1．已知f（x）是定義在[m，n]上的函數(shù)，記F（x）=f（x）-（ax+b），|F（x）|的最大值為M（a，b）．若存在m≤x₁＜x₂＜x₃≤n，滿(mǎn)足|F（x₁）|=M（a，b），F(xiàn)（x₂）=-F（x₁）．F（x₃）=F（x₁），則稱(chēng)一次函數(shù)y=ax+b是f（x）的“逼近函數(shù)”，此時(shí)的M（a，b）稱(chēng)為f（x）在[m，n]上的“逼近確界”．
（1）驗(yàn)證：y=4x-1是g（x）=2x²，x∈[0，2]的“逼近函數(shù)”；
（2）已知f（x）=$\sqrt{x}$，x∈[0，4]，F(xiàn)（0）=F（4）=-M（a，b）．若y=ax+b是f（x）的“逼近函數(shù)”，求a，b的值；
（3）已知f（x）=$\sqrt{x}$，x∈[0，4]的逼近確界為$\frac{1}{4}$，求證：對(duì)任意常數(shù)a，b，M（a，b）≥$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）記G（x）=2x²-（4x-1）=2（x-1）²-1，x∈[0，2]．利用二次函數(shù)的單調(diào)性可得|G（x）|的最大值為1，且G（0）=1，G（1）=-1，G（2）=1．
（2）F（x）=$\sqrt{x}$-（ax+b），由$\left\{\begin{array}{l}{-b=-M（a，b）}\\{2-（4a+b）=-M（a，b）}\end{array}\right.$，可得M（a，b）=b，a=$\frac{1}{2}$．存在x₀∈（0，4）滿(mǎn)足F（x₂）=M（a，b），即F（a，b）_max=F（x₂）=b，即可得出．
（3）M（a，b）=$\underset{max}{0≤x≤4}$$|\sqrt{x}-ax-b|$=$\underset{max}{0≤t≤2}$|t-at²-b|=$\left\{\begin{array}{l}{max\{|b|，|2-4a-b|，|\frac{1}{4a}-b|\}，\frac{1}{2a}∈[0，2]}\\{max\{|b|，|2-4a-b|\}，\frac{1}{2a}∉[0，2]}\end{array}\right.$．即可得出．

解答 解：（1）記G（x）=2x²-（4x-1）=2（x-1）²-1，x∈[0，2]．則|G（x）|的最大值為1，
且G（0）=1，G（1）=-1，G（2）=1．故y=4x-1是g（x）=2x²，x∈[0，2]的“逼近函數(shù)”．
（2）F（x）=$\sqrt{x}$-（ax+b），由$\left\{\begin{array}{l}{-b=-M（a，b）}\\{2-（4a+b）=-M（a，b）}\end{array}\right.$，可得M（a，b）=b，a=$\frac{1}{2}$．
存在x₀∈（0，4）滿(mǎn)足F（x₂）=M（a，b），即F（a，b）_max=F（x₂）=b，
即F（x）=$\sqrt{x}$-$\frac{1}{2}$x-b=-$\frac{1}{2}（\sqrt{x}-1）^{2}$+$\frac{1}{2}$-b，故x₂=1．
由F（1）=$\frac{1}{2}$-b=b，可得b=$\frac{1}{4}$．
（3）證明：M（a，b）=$\underset{max}{0≤x≤4}$$|\sqrt{x}-ax-b|$=$\underset{max}{0≤t≤2}$|t-at²-b
|=$\left\{\begin{array}{l}{max\{|b|，|2-4a-b|，|\frac{1}{4a}-b|\}，\frac{1}{2a}∈[0，2]}\\{max\{|b|，|2-4a-b|\}，\frac{1}{2a}∉[0，2]}\end{array}\right.$．
當(dāng)$\frac{1}{2a}$∉[0，2]時(shí)，2M（a，b）≥|b|+|2-4a-b|≥|2-4a|＞1，故M（a，b）≥$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的單調(diào)性、分類(lèi)討論方法、換元方法、絕對(duì)值的性質(zhì)及其應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．