题目

题型：难度：来源：

【题文】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)。

答案

【答案】(1) 证明略，(2)证明略(3) f(x)=2x²－1

解析

【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。

当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f()|≤1；
因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f |+|f()|≤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－＜0 ，即b=0。
由①得a=2，所以f(x)=2x²－1。