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

分析：（1）由条件当=1≤x≤1时，|f（x）|≤1，取x=0得：|c|=|f（0）|≤1，即|c|≤1．
（2）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．
（3）因为a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函数，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b=0．所以f（x）=2x²-1．

解答：（1）证明：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而f（0）=c，
所以|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：∵|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）．

证法三：∵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 )

当-1≤x≤1时，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；
因此当-1≤x≤1时，|g（x）|≤|f (

x+1

2

)|+|f（

x-1

2

）|≤2．
（3）解：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-

b

2a

＜0，
即b=0．
由①得a=2，
所以f（x）=2x²-1．（14分）

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．具体涉及到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．