2009年浙江省高中数学竞赛

略

已知$$f(x)=3ax^2-2(a+b)x+b,$$所以 $x_0=\dfrac{a+b}{3a}$ 为其极小值点，此时$$|f(x_0)|=\dfrac{\left|ab-\left(a^2+b^2\right)\right|}{3a}=\dfrac{a^2+b^2-ab}{3a},$$而$$\max\limits_{0\leqslant x \leqslant 1}|f(x)|=\max\{|f(x_0)|,|f(0)|,|f(1)|\}.$$若 $0\leqslant x_0\leqslant 1$，此时有$$\begin{cases}a+b\geqslant 0,\\ 2a-b\geqslant 0.\end{cases}$$情形一 当 $b\leqslant 0$ 时，\[|f(1)|=|a-b|=a-b=f(1)>-b=|f(0)|,\]而\[|f(x_0)|=\dfrac{a^2+b^2-ab}{3a}\leqslant f(1),\]即\[a^2+b^2-ab\leqslant 3a(a-b),\]从而\[0<a+b\leqslant \sqrt 3a,\]显然成立，
于是有\[\begin{split}\max\limits_{0\leqslant x \leqslant 1}|f(x)|&=\max\{|f(x_0)|,|f(0)|,|f(1)|\}\\&=f(1)\\&=\max\{f(0),f(1)\}.\end{split}\]情形二 当 $a\geqslant 2b>0$ 时，\[\begin{split}|f(1)|&=|a-b|=a-b=f(1),\\|f(0)|&=b=f(0),\end{split}\]所以 $f(1)\geqslant f(0)$．
此时同样有 $|f(x_0)|\leqslant f(1)$，于是有\[\begin{split}\max\limits_{0\leqslant x \leqslant 1}|f(x)|&=\max\left\{|f(x_0)|,|f(0)|,|f(1)|\right\}\\&=\max\{f(0),f(1)\}.\end{split}\]情形三 当 $b>\dfrac a2>0$ 时，$$|f(1)|=|a-b|<|f(0)|=b=f(0),$$此时考虑 $|f(x_0)|\leqslant f(0)$，即$$a^2+b^2-ab\leqslant 3ab,$$化简得$$0\leqslant 2a-b\leqslant \sqrt 3 a,$$所以 $\left(2-\sqrt 3\right)a<a<b$．
故\[\begin{split}\max\limits_{0\leqslant x \leqslant 1}|f(x)|&=\max\{|f(x_0)|,|f(0)|,|f(1)|\}\\&\leqslant f(0)\\&=\max\{f(0),f(1)\}.\end{split}\]若 $x_0<0$，此时有 $a+b<0$．由于 $a>0$，所以 $b<0$．于是有\[\begin{split}\max\limits_{0\leqslant x \leqslant 1}|f(x)|&=\max\{|f(0)|,|f(1)|\}\\&=\max\{-b,a-b\}\\&=a-b\\&=f(1)\\&=\max\{f(0),f(1)\}.\end{split}\]若 $x_0>1$，此时有 $2a-b<0$．
由于 $a>0$，所以 $b>0$，于是有\[\begin{split}\max\limits_{0\leqslant x \leqslant 1}|f(x)|&=\max\{|f(0)|,|f(1)|\}\\&=\max\{b,|a-b|\}\\&=\max\{b,b-a\}\\&=\max\{f(0),f(1)\}.\end{split}\]综合以上三种情况，当 $0\leqslant x \leqslant 1$ 时，有 $|f(x)|\leqslant \max\{f(0),f(1)\}$．