十二月 2019

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1  (2019年浙江卷第16题)已知$a\in \mathbf{R}$,函数$f(x)=a{{x}^{3}}-x$.若存在$t\in \mathbf{R}$,使得$|f(t+2)-f(t)|\le \frac{2}{3}$,则实数$a$的最大值是 ____.                

解:  $f(x)$是$f’(x)=3a{{x}^{2}}-1$的原函数.由微积分基本定理,可得存在$t\in \mathbf{R}$,使

                                                   \[|f(t+2)-f(t)|=\left| \mathop{\int }_{t}^{t+2}f'(x)\mathrm{d}x \right|=\left| \int_{t}^{t+2}(3a{{x}^{2}}-1)\mathrm{d}x \right|\leq \frac{2}{3}\].                                        

成立.即

\[\underset{t\in \mathbf{R}}{\mathop{\min }}\,\left|\int_{t}^{t+2}(3a{{x}^{2}}-1)\mathrm{d}x \right|\leq \frac{2}{3}.\]  

当$a>0$时,作$f'(x)=3a{{x}^{2}}-1$的图象,$f'(x)$的图象与$y$轴交于点$C(-1,0)$,与$x$轴交于$A(-\frac{1}{\sqrt{3a}},0)$,$B(\frac{1}{\sqrt{3a}},0)$.如图1所示,设函数$f'(x)$的图象与$x$轴围成的封闭图形(阴影部分)的面积为$S$.

图1

当$a$非常大时,点$A$和$B$离原点非常近,阴影部分面积$S$很小.在这种情况下,当且仅当区间$[t,t+2]$关于原点对称,即$t=-1$时,\[\left| \int _{t}^{t+2}(3a{{x}^{2}}-1)\mathrm{d}x \right|\]取得最小值,且

\[\underset{t\in \mathbf{R}}{\mathop{\min }}\,\left| \mathop{\int }_{t}^{t+2}(3a{{x}^{2}}-1)\text{d}x \right|\text{=}\int_{-1}^{1}{(3a{{x}^{2}}-1)}\text{d}x=2a-2\].

然后,让$a$从很大的值开始连续减小,小到刚好使得$2a-2=\frac{2}{3}$,即$a=\frac{4}{3}$时,会有

\[\underset{t\in \mathbf{R}}{\mathop{\min }}\,\left| \mathop{\int }_{t}^{t+2}(3a{{x}^{2}}-1)\text{d}x \right|=\frac{2}{3}.\]

此时,存在$t\in \mathbf{R}$($t=-1$),使得$|f(t+2)-f(t)|=\frac{2}{3}$.故$a$的最大值是$\frac{4}{3}$.

这样就用定积分完成了题目的解答.

如下是2009年浙江省高中数学竞赛第20题(我在高中时代参赛的考题).解答过程揭示了题目的命制背景.

问题 1. 设函数$f(x)=3ax^2-2(a+b)x+b$,其中$a>0$,$b$为任意常数.证明:当$0\leq x\leq 1$时,有$|f(x)|\leq \max\{f(0),f(1)\}$.

解答 1.1. 令函数$g(x)=a(3x^2-2x)$,$h(x)=b(2x-1)$.则$g(x)$过点$O(0,0)$和点$A(1,a)$.$h(x)$过定点$(1/2,0)$.且$|f(x)|=|g(x)-h(x)|$.

当$x\in [0,1]$时,$f'(x)\in [-2a,4a]$.其中$-2a$是抛物线在点$O$处的切线$l_{O}$的斜率,$4a$是抛物线在点$A$处的切线$l_A$的斜率.


  • 当直线$y=h(x)$的斜率$2b<-2a$或$2b>4a$,即$b<-a$或$b>2a$时,由图1可得,当$b>2a$时,
    $$
    \max_{0\leq x\leq 1}{|g(x)-h(x)|}=f(0)
    $$

    图1
    图2

    由图2可得,当$b<-a$时,
    $$
    \max_{0\leq x\leq 1}{|g(x)-h(x)|}=f(1).
    $$

  • 已知直线$OA$的斜率为$a$.当直线$y=h(x)$的斜率介于直线$l_{O}$的斜率和直线$OA$的斜率之间,即$-2a\leq 2b\leq a$,即$-a\leq b\leq a/2$时,如图3所示,作直线$y=h(x)$的平行线,且平行线与抛物线相切(图3中的红色直线).可求得切点$T$的横坐标为$(a+b)/3a$.可得
    \begin{align*} \max_{0\leq x\leq 1}\{|g(x)-h(x)|\}&=\max\left\{f(1),\left|f \left( \frac{a+b}{3a} \right)\right|\right\}\\&=\max\left\{a-b,\left| \frac{ab-a^2-b^2}{3a} \right|\right\} \\&=a-b \\&=f(1). \end{align*}

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    图3

  • 当直线$y=h(x)$的斜率介于直线$OA$的斜率和直线$l_A$的斜率之间,即$a\leq 2b\leq 4a$,即$a/2\leq b\leq 2a$时,如图4所示,还是作直线$y=h(x)$的平行线,且平行线与抛物线相切(图4中的红色直线).可求得切点$T$的横坐标为$(a+b)/3a$.

    图4

    可得
    \begin{align*} \max_{0\leq x\leq 1}\{|g(x)-h(x)|\}&=\max\left\{f(0),\left| f \left( \frac{a+b}{3a} \right) \right|\right\} \\&=\max\left\{b, \left| \frac{ab-a^2-b^2}{3a} \right|\right\} \\&=b \\&=f(0) \end{align*}


综上所述,当$0\leq x\leq 1$时,
$$
|f(x)|\leq \max\{f(0),f(1)\}.
$$

问题 1. 求证:$$\max_{-1\leq x\leq 1}{|x^2+px+q|}\geq \frac{1}{2}.$$

解答 1.1. 令函数$f(x)=x^2$,$g(x)=-px-q$,则$|x^2+px+q|=|f(x)-g(x)|$.如图1所示,设$A(-1,1)$,$B(1,1)$在函数$f(x)=x^2$的图像上.则$f(x)$图像在点$A$处切线$l_{A}$的斜率为$-2$,在点$B$处切线$l_{B}$的斜率为$2$.直线$g(x)=-px-q$的斜率为$-p$.

    图1

  • 当直线$g(x)=-px-q$的斜率$-p$介于$0$与$l_B$的斜率之间,即当$0\leq -p\leq 2 $时,如图1所示,当$q=-p^{2}/4$时,$g(x)=-p(x+p/2)+p^{2}/4$是绿色的直线,它与抛物线相切于点$(-p/2,p^{2}/4)$.当$q=1-p$时,$g(x)=-p(x+1)+1$是蓝色的直线,它经过点$A$.红色直线位于绿色直线和蓝色直线的正中间,即红色直线的方程为$y=-px-p/2-p^2/8+1/2$.即当$q=p/2+p^2/8-1/2$时,$g(x)$变成红色直线.可得
    $$
    \max_{-1\leq x\leq 1}{|x^2+px+q|}\geq \max_{-1\leq x\leq
    1}{|x^2+px+(p/2+p^2/8-1/2)|}.
    $$
    而曲线$y=x^2(-1\leq x\leq 1)$上点$A(-1,1)$到红色直线的距离最远,即

    \begin{align*}\max_{-1\leq x\leq 1}\{|x^2+px+(\frac{p}{2}+\frac{p^2}{8}-1/2)|\}&=|(-1)^2+p(-1)+(\frac{p}{2}+\frac{p^2}{8}-1/2)|\\&=\frac{(p-2)^2}{8}\\&\geq \frac{(0-2)^2}{8}\\&=\frac{1}{2}. \end{align*}

    故当$-2\leq p\leq 0$时,
    $$
    \max_{-1\leq x\leq 1}{|x^2+px+q|}\geq \frac{1}{2},
    $$
    等号当且仅当$p=0$,$q=-1/2$时成立.

  • 当直线$g(x)=-px-q$的斜率$-p$介于$l_{A}$的斜率与$0$之间,即当$-2\leq -p\leq 0$时,将图形对称地考虑,同样可得与(1)中相同的结论.
  • 当直线$g(x)=-px-q$的斜率$-p$大于或等于直线$l_B$的斜率,即$-p\geq 2$时,如图2所示,当$q=1+p$时,直线$g(x)$变成绿色的直线,它经过点$B$.当$q=1-p$时,直线$g(x)$变成蓝色的直线,它经过点$A$.红色直线位于绿色直线和蓝色直线的正中间,它的方程是$y=-px+1$.当$q=-1$时,$g(x)$变成红色直线.

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    图2

    可得
    $$
    \max_{-1\leq x\leq 1}|x^2+px+q|\geq \max_{-1\leq x\leq 1}|x^2+px-1|.
    $$
    而曲线$y=x^2(-1\leq x\leq 1)$上,点$A$到红色直线的距离最远,即
    $$
    \max_{-1\leq x\leq 1}|x^2+px-1|=|(-1)^2+p(-1)-1|=|p|\geq 2.
    $$
    可见,此时,
    $$
    \max_{-1\leq x\leq 1}|x^2+px+q|\geq 2.
    $$

  • 当直线$g(x)=-px-q$的斜率$-p$小于或等于直线$l_A$的斜率,即$-p\leq -2$时,将图形对称地考虑,可得与(3)中相同的结论.

综上所述,
$$
\max_{-1\leq x\leq 1}{|x^2+px+q|}\geq \frac{1}{2},
$$
等号当且仅当$p=0$,$q=-1/2$时成立.