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).
【答案】分析:(1)由f(0)=c,我們?nèi)=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(duì)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(chóng)∈[-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(duì)稱(chēng)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(duì)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(duì)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(duì)稱(chēng)軸,
由此得-<0,即b=0
由①得a=2,
∴f(x)=2x2-1
點(diǎn)評(píng):本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對(duì)值不等式的性質(zhì),以及綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)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(duì)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(duì)函數(shù)f(x)的單調(diào)性的深刻理解,以及對(duì)條件“-1≤x≤1時(shí)|f(x)|≤1”的運(yùn)用;絕對(duì)值不等式的性質(zhì)使用不當(dāng),會(huì)使解題過(guò)程空洞,缺乏嚴(yán)密,從而使題目陷于僵局.