Question

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

Answer 1

分析：（1）由條件當=1≤x≤1時，|f（x）|≤1，取x=0得：|c|=|f（0）|≤1，即|c|≤1．
（2）有三種證法，證法一利用g（x）的單調性；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）的關系．
（3）因為a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數，g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2．由-1≤f（0）=f（1）-2≤1-2=-1，知c=f（0）=-1．由f（x）≥f（0），根據二次函數的性質，直線x=0為f（x）的圖象的對稱軸，由此得b=0．所以f（x）=2x²-1．

解答：（1）證明：由條件當=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|f（0）|≤1而f（0）=c，
所以|c|≤1．
當a＞0時，g（x）=ax+b在[-1，1]上是增函數，
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a＜0時，g（x）=ax+b在[-1，1]上是減函數，
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．
綜合以上結果，當-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，根據絕對值不等式性質得：
|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-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-1≤x≤1時，|g（x）|≤|f (

x+1

2

)|+|f（

x-1

2

）|≤2．
（3）解：因為a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數，
當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-1≤x≤1時，f（x）≥-1，
即f（x）≥f（0），
根據二次函數的性質，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）

點評：本題主要考查二次函數的性質、含有絕對值不等式的性質，以及綜合應用數學知識分析問題和解決問題的能力．具體涉及到二次函數的有關性質、函數的單調性是藥引，而絕對值不等式的性質靈活運用是本題的靈魂．本題綜合性較強，其解答的關鍵是對函數f（x）的單調性的深刻理解，以及對條件“-1≤x≤1時|f（x）|≤1”的運用；絕對值不等式的性質使用不當，會使解題過程空洞，缺乏嚴密，從而使題目陷于僵局．