Question

例4．已知f（x）=ax²+bx+c，g（x）=ax+b（a、b、c∈R），当x∈[-1，1]时，|f（x）|≤1
（1）证明：|c|≤1．
（2）x∈[-1，1]时，证明|g（x）|≤2．
（3）设a＞0，当-1≤x≤1时，g（x）_max=2，求f（x）．

Answer 1

【答案】分析：（1）由f（0）=c，我们取x=0易得|c|=|f（0）|≤1
（2）有两种证法，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|；
（3）a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函数，又由当-1≤x≤1时，g（x）_max=2，即g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2，结合x∈[-1，1]时，|f（x）|≤1，根据二次函数的性质，直线x=0为f（x）的图象的对称轴，进而出f（x）的解析式．
解答：证明：（1）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：（利用函数的单调性）
由（1）得|c|≤1
当a＞0时，g（x）=ax+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（-2）|+|c|）≥-2，
因此得|g（x）|≤2  （-1≤x≤1）；
当a＜0时，g（x）=ax+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），|c|≤1
∴|g（x）|=|f（1）-c|≤|f（1）|+|c|≤2  
综合以上结果，当-1≤x≤1时，都有|g（x）|≤2  
证法二：（利用绝对值不等式的性质）
∵|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，根据绝对值不等式性质得  
|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 ） 
解：（3）∵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，
∴f（x）=2x²-1
点评：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力，二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂，本题综合性较强，其解答的关键是对函数f（x）的单调性的深刻理解，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．