MT【269】含参函数绝对值最大

设函数$f(x)=ax^2+(2b+1)x-a-2$($a,b\in\mathcal R$，$a\neq 0$)．

(1) 若$a=-2$，求函数$y=|f(x)|$在$[0,1]$上的最大值$M(b)$；

(2) 若函数$f(x)$在区间$(0,1)$有两个不同的零点，求证：$\dfrac{(2+a)(1-2b)}{a^2}<\dfrac{1}{16}$．

解答:(1) $a=-2$时，$$f(x)=-2x^2+(2b+1)x=-2x\left(x-b-\dfrac 12\right).$$ 所以$y=|f(x)|$的最值可能在$0,1,\dfrac b2+\dfrac 14$ 处取到，先分别计算$$f(0)=0,f(1)=2b-1,f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right)=\dfrac {(2b+1)^2}{8}\geqslant 0.$$ 当$\dfrac b2+\dfrac 14<0$ 或$\dfrac b2+\dfrac 14>1$，即$b<-\dfrac 12$或$b>\dfrac 32$ 时，$$M(b)=|f(1)|=|1-2b|;$$ 当$-\dfrac 12\leqslant b\leqslant \dfrac 32$ 时，有$$M(b)=\max\left\{|f(1)|,f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right)\right\}.$$当$-\dfrac 12\leqslant b\leqslant \dfrac 12$ 时，考虑到$$f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right)-|f(1)|=\dfrac {4b^2+20b-7}{2},$$ 所以

当$b<\dfrac {4\sqrt 2-5}{2}$ 时，$f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right)<|f(1)|$，此时$M(b)=|f(1)|$；

当$\dfrac {4\sqrt 2-5}{2}\leqslant b\leqslant \dfrac 12$ 时，$$M(b)=f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right).$$

当$\dfrac 12<b\leqslant \dfrac 32$ 时，$f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right)>f(1)=|f(1)|$，所以$M(b)=f\left(\dfrac b2+\dfrac 14\right)$；

综上有，\[M(b)=\begin{cases} 1-2b,&b<\dfrac{4\sqrt 2-5}2,\\ \dfrac 18(1+2b)^2,&\dfrac{-5+4\sqrt 2}2\leqslant b\leqslant \dfrac 32,\\ 2b-1,&b>\dfrac 32.\end{cases}\]
(2) 一方面，有$f(0)\cdot f(1)=(-a-2)(2b-1)$．另一方面，设$f(x)$ 的两个零点分别为$x_1,x_2$，则$f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$，于是\[\begin{split} f(0)\cdot f(1)=&a(-x_1)(-x_2)\cdot a(1-x_1)(1-x_2)\\=&ax_1(1-x_1)x_2(1-x_2)\\\leqslant &a^2\cdot\left(\dfrac {x_1+1-x_1}{2}\right)^2\cdot\left(\dfrac {x_2+1-x_2}{2}\right)^2\\=&\dfrac{a^2}{16},\end{split}\] 因为$x_1\ne x_2$，所以等号取不到，于是原命题得证．