Question

21、例4．已知f（x）=ax²+bx+c，g（x）=ax+b（a、b、c∈R），當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，|f（x）|≤1
（1）證明：|c|≤1．
（2）x∈[-1，1]時(shí)，證明|g（x）|≤2．
（3）設(shè)a＞0，當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，g（x）_max=2，求f（x）．

Answer 1

分析：（1）由f（0）=c，我們?nèi)�x=0易得|c|=|f（0）|≤1
（2）有兩種證法，證法一利用g（x）的單調(diào)性；證法二利用絕對值不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；
（3）a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，又由當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，g（x）_max=2，即g（1）=a+b=f（1）-f（0）=2，結(jié)合x∈[-1，1]時(shí)，|f（x）|≤1，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，直線x=0為f（x）的圖象的對稱軸，進(jìn)而出f（x）的解析式．

解答：證明：（1）由條件當(dāng)=1≤x≤1時(shí)，|f（x）|≤1，
取x=0得|c|=|f（0）|≤1，即|c|≤1  
（2）證法一：（利用函數(shù)的單調(diào)性）
由（1）得|c|≤1
當(dāng)a＞0時(shí)，g（x）=ax+b在[-1，1]上是增函數(shù)，
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(dāng)a＜0時(shí)，g（x）=ax+b在[-1，1]上是減函數(shù)，
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(jié)果，當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，都有|g（x）|≤2  
證法二：（利用絕對值不等式的性質(zhì)）
∵|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(jù)絕對值不等式性質(zhì)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(shù)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(qū)間的端點(diǎn)x=-1或x=1處取得，
于是由|g（±1）|≤2得|g（x）|≤2，（-1＜x＜1 ） 
解：（3）∵a＞0，g（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，
當(dāng)x=1時(shí)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?yàn)楫?dāng)-1≤x≤1時(shí)，f（x）≥-1，即f（x）≥f（0），
根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，直線x=0為f（x）的圖象的對稱軸，
由此得-＜0，即b=0  
由①得a=2，
∴f（x）=2x²-1

點(diǎn)評：本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對值不等式的性質(zhì)，以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識分析問題和解決問題的能力，二次函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性是藥引，而絕對值不等式的性質(zhì)靈活運(yùn)用是本題的靈魂，本題綜合性較強(qiáng)，其解答的關(guān)鍵是對函數(shù)f（x）的單調(diào)性的深刻理解，以及對條件“-1≤x≤1時(shí)|f（x）|≤1”的運(yùn)用；絕對值不等式的性質(zhì)使用不當(dāng)，會使解題過程空洞，缺乏嚴(yán)密，從而使題目陷于僵局．