Question

16．已知a＞0，b＞0，函數(shù)f（x）=|x+a|+|2x-b|的最小值為1．
（1）求證：2a+b=2；
（2）若a+2b≥tab恒成立，求實數(shù)t的最大值．

Answer 1

分析 （1）法一：根據(jù)絕對值的性質(zhì)求出f（x）的最小值，得到x=$\frac{2}$時取等號，證明結(jié)論即可；法二：根據(jù)f（x）的分段函數(shù)的形式，求出f（x）的最小值，證明即可；
（2）法一，二：問題轉(zhuǎn)化為$\frac{a+2b}{ab}$≥t恒成立，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)求出$\frac{a+2b}{ab}$的最小值，從而求出t的范圍即可；法三：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可．

解答 解：（1）法一：f（x）=|x+a|+|2x-b|=|x+a|+|x-$\frac{2}$|+|x-$\frac{2}$|，
∵|x+a|+|x-$\frac{2}$|≥|（x+a）-（x-$\frac{2}$）|=a+$\frac{2}$且|x-$\frac{2}$|≥0，
∴f（x）≥a+$\frac{2}$，當(dāng)x=$\frac{2}$時取等號，即f（x）的最小值為a+$\frac{2}$，
∴a+$\frac{2}$=1，2a+b=2；
法二：∵-a＜$\frac{2}$，∴f（x）=|x+a|+|2x-b|=$\left\{\begin{array}{l}{-3x-a+b，x＜-a}\\{-x+a+b，-a≤x＜\frac{2}}\\{3x+a-b，x≥\frac{2}}\end{array}\right.$，
顯然f（x）在（-∞，$\frac{2}$]上單調(diào)遞減，f（x）在[$\frac{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）的最小值為f（$\frac{2}$）=a+$\frac{2}$，
∴a+$\frac{2}$=1，2a+b=2．
（2）方法一：∵a+2b≥tab恒成立，∴$\frac{a+2b}{ab}$≥t恒成立，
$\frac{a+2b}{ab}$=$\frac{1}$+$\frac{2}{a}$=（$\frac{1}$+$\frac{2}{a}$）（2a+b ）•$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（1+4+$\frac{2a}$+$\frac{2b}{a}$）$≥\frac{1}{2}（1+4+2\sqrt{\frac{2a}•\frac{2b}{a}}）=\frac{9}{2}$，
當(dāng)a=b=$\frac{2}{3}$時，$\frac{a+2b}{ab}$取得最小值$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{9}{2}$≥t，即實數(shù)t的最大值為$\frac{9}{2}$；
方法二：∵a+2b≥tab恒成立，
∴$\frac{a+2b}{ab}$≥t恒成立，
t≤$\frac{a+2b}{ab}$=$\frac{1}$+$\frac{2}{a}$恒成立，
$\frac{1}$+$\frac{2}{a}$=$\frac{1}$+$\frac{4}{2a}$≥$\frac{{（1+2）}^{2}}{b+2a}$=$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{9}{2}$≥t，即實數(shù)t的最大值為$\frac{9}{2}$；
方法三：∵a+2b≥tab恒成立，
∴a+2（2-a）≥ta（2-a）恒成立，
∴2ta²-（3+2t）a+4≥0恒成立，
∴（3+2t）²-326≤0，
∴$\frac{1}{2}$≤t≤$\frac{9}{2}$，實數(shù)t的最大值為$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查了絕對值不等式問題，考查絕對值的性質(zhì)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．