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).
(1)證明: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而f(0)=c,
所以|c|≤1.
當(dāng)a>0時,g(x)=ax+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(-2)|+|c|)≥-2,
因此得|g(x)|≤2(-1≤x≤1);
當(dāng)a<0時,g(x)=ax+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),|c|≤1
∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2.
綜合以上結(jié)果,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|≤1,
因此,根據(jù)絕對值不等式性質(zhì)得:
|a-b|=|(a-b+c)-c|≤|a-b+c|+|c|≤2,
|a+b|=|(a+b+c)-c|≤|a+b+c|+|c|≤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=
(x+1)2-(x-1)2
4
=(
x+1
2
)2-(
x-1
2
)2,
∴g(x)=ax+b=a[(
x+1
2
)2-(
x-1
2
)2]+b(
x+1
2
-
x-1
2
)
=[a(
x+1
2
)2+b(
x+1
2
)+c]-[a(
x-1
2
)2+b(
x-1
2
)+c]
=f(
x+1
2
)-f(
x-1
2
)

當(dāng)-1≤x≤1時,有0≤
x+1
2
≤1,-1≤
x-1
2
≤0,
∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),
∴|f(
x+1
2
)
|≤1,|f(
x-1
2
)|≤1;
因此當(dāng)-1≤x≤1時,|g(x)|≤|f(
x+1
2
)
|+|f(
x-1
2
)|≤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
∵-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-
b
2a
<0,
即b=0.
由①得a=2,
所以f(x)=2x2-1.(14分)
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1
2
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1
2
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1
2
D.a≤
1
2

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