Question

已知a、b、c是实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，｜f(x)｜≤1． (1) 证明：｜c｜≤1 (2) 证明：当－1≤x≤1时，｜g(x)｜≤2 (3) 设a＞0，有－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)

Answer 1

答案：
解析：

(1)	解析：由条件当－1≤x≤1时，｜f(x)｜≤1，取x＝0，得｜c｜＝｜f(0)｜≤1，即｜c｜≤1．
(2)	证法一：依题设｜f(0)｜≤1且f(0)＝c，所以｜c｜≤1．当a＞0时，g(x)＝a＋b在［－1，1］上是增函数，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)． 　　当a＜0时，g(x)＝ax十b在［－1，1］上是减函数，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． 　　综上所述，当－1≤x≤1时，都有｜g(x)｜≤2． 　　证法二：∵｜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，根据绝对值不等式性质，得 　　｜a－b｜＝｜(a－b十c)－cl 　　　　　　≤｜a－b＋c｜＋｜c｜≤2， 　　｜a＋b｜＝｜(a＋b＋c)－c｜ 　　　　　　≤｜a＋b＋c｜＋｜cl≤2． 　　∵g(x)＝ax＋b，∴｜g(±1)｜＝｜±a＋b｜＝｜a±b｜≤2． 　　函数g(x)＝ax＋b的图象是一条直线，因此｜g(x)｜在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x＝－1或x＝1处取得，于是由｜g(±1)｜≤2得｜g(x)｜≤2(－1≤x≤1)． 　　证法三：x＝＝－ 　　∴g(x)＝ax＋b＝a＋b＝－＝－． 　　当－l≤x≤1时，有0≤≤1，－l≤≤0． 　　∵｜f(x)｜≤1(－1≤x≤1) 　　∴≤1，≤1 　　因此，当－1≤x≤1时，｜g(x)｜≤＋≤2．
(3)	因为a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函数，当x＝1时取得最大值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． 　　因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)． 　　根据二次函数的性质，直线x＝0为f(x)的图象的对称轴， 　　由此得－＝0，即b＝0． 　　由①得a＝2，所以f(x)＝2x2－1． 　　点评：本题主要运用二次函数的有关性质．函数的单调性是药引，而绝对值不等式性质的灵活运用是题的灵魂． 　　本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时，｜f(x)｜≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局． 　　本题第(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：｜｜a｜－｜b｜｜≤｜a±b｜≤｜a｜＋｜b｜；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系．