Question

已知a、b、c是實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，當(dāng)－1≤x≤1時，｜f(x)｜≤1． (1) 證明：｜c｜≤1 (2) 證明：當(dāng)－1≤x≤1時，｜g(x)｜≤2 (3) 設(shè)a＞0，有－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x)

Answer 1

答案：
解析：

(1)	解析：由條件當(dāng)－1≤x≤1時，｜f(x)｜≤1，取x＝0，得｜c｜＝｜f(0)｜≤1，即｜c｜≤1．
(2)	證法一：依題設(shè)｜f(0)｜≤1且f(0)＝c，所以｜c｜≤1．當(dāng)a＞0時，g(x)＝a＋b在［－1，1］上是增函數(shù)，于是g(－1)≤g(x)≤g(1)(－1≤x≤1)． 　　∵｜f(x)｜≤1(－1≤x≤1)，｜c｜≤1， 　　∴g(1)＝a＋b 　　　　 ＝f(1)－c≤｜f(1)｜＋｜c｜≤2． 　　g(－1)＝－a＋b 　　　　 ＝－f(－1)＋c≥－(｜f(－1)｜＋｜c｜) 　　　　 ≥－2， 　　因此得｜g(x)｜≤2(－1≤x≤1)． 　　當(dāng)a＜0時，g(x)＝ax十b在［－1，1］上是減函數(shù)，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)(－1≤x≤1)． 　　∵｜f(x)｜≤1(－1≤x≤1)，｜cl≤1， 　　∴｜g(x)｜＝｜f(1)－c｜≤｜f(1)｜＋｜c｜≤2． 　　綜上所述，當(dāng)－1≤x≤1時，都有｜g(x)｜≤2． 　　證法二：∵｜f(x)｜≤1(－1≤x≤1)， 　　∴｜f(－1)｜≤1，｜f(1)｜≤1，｜f(0)｜≤1． 　　∵f(x)＝ax2＋bx＋c，∴｜a－b＋c≤1，｜a＋b＋c｜≤1，｜c｜≤l． 　　因此，根據(jù)絕對值不等式性質(zhì)，得 　�。黙－b｜＝｜(a－b十c)－cl 　　　　　　≤｜a－b＋c｜＋｜c｜≤2， 　�。黙＋b｜＝｜(a＋b＋c)－c｜ 　　　　　　≤｜a＋b＋c｜＋｜cl≤2． 　　∵g(x)＝ax＋b，∴｜g(±1)｜＝｜±a＋b｜＝｜a±b｜≤2． 　　函數(shù)g(x)＝ax＋b的圖象是一條直線，因此｜g(x)｜在［－1，1］上的最大值只能在區(qū)間的端點x＝－1或x＝1處取得，于是由｜g(±1)｜≤2得｜g(x)｜≤2(－1≤x≤1)． 　　證法三：x＝＝－ 　　∴g(x)＝ax＋b＝a＋b＝－＝－． 　　當(dāng)－l≤x≤1時，有0≤≤1，－l≤≤0． 　　∵｜f(x)｜≤1(－1≤x≤1) 　　∴≤1，≤1 　　因此，當(dāng)－1≤x≤1時，｜g(x)｜≤＋≤2．
(3)	因為a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函數(shù)，當(dāng)x＝1時取得最大值2，即 g(1)＝a＋b＝f(1)－f(0)＝2．　�、� 　　∵－1≤f(0)＝f(1)－2≤1－2＝－1， 　　∴c＝f(0)＝－1． 　　因為當(dāng)－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)． 　　根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，直線x＝0為f(x)的圖象的對稱軸， 　　由此得－＝0，即b＝0． 　　由①得a＝2，所以f(x)＝2x2－1． 　　點評：本題主要運用二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)．函數(shù)的單調(diào)性是藥引，而絕對值不等式性質(zhì)的靈活運用是題的靈魂． 　　本題綜合性較強，其解答的關(guān)鍵是對函數(shù)f(x)單調(diào)性的深刻理解，以及對條件“－1≤x≤1時，｜f(x)｜≤1”的運用；絕對值不等式的性質(zhì)使用不當(dāng)，會使解題過程空洞，缺乏嚴(yán)密，從而使題目陷于僵局． 　　本題第(2)問有三種證法，證法一利用g(x)的單調(diào)性；證法二利用絕對值不等式：｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a±b｜≤｜a｜＋｜b｜；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關(guān)系．