学生问题答疑


问题: 设二次函数f(x)=a{{x}^{2}}+bx+c对一切实数x\in [-1,1], 都有|f(x)|\leqslant 1.

(1) 当|x|\leqslant 1时, 求证: |2ax+b|\leqslant 4;

(2) 当|x|\leqslant 1时, 求证: |cx^2+bx+a|\leqslant 2;

(3) 求|a|+|b|+|c|的最大值.

解: (1) 当|x|\leqslant 1时, |2ax+b|\leqslant \max\{|2a+b|, |2a-b|\}.

因为|f(0)|=|c|\leqslant 1, |f(1)|=|a+b+c|\leqslant 1, |f(-1)|=|a-b+c|\leqslant 1,

所以|2a+2c|=|(a+b+c)+(a-b+c)|\leqslant |a+b+c|+|a-b+c|\leqslant 2, 所以|a+c|\leqslant 1.

进而|2a+b|=|(a+b+c)+(a+c)-2c|\leqslant |a+b+c|+|a+c|+2|c|\leqslant 4,

并且|2a-b|=|(a-b+c)+(a+c)-2c|\leqslant |a-b+c|+|a+c|+2|c|\leqslant 4.

因此|2ax+b|\leqslant 4.

(2) 由\begin{cases} f(1)=a+b+c, \\ f(-1)=a-b+c, \\ f(0)=c. \end{cases}解得\begin{cases} a=\dfrac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}, \\ b=\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}, \\ c=f(0). \end{cases}所以

    \[\begin{aligned}  |cx^2+bx+a|&=\bigg|f(0)x^2+\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}x+\dfrac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}\bigg|\\ 		&=\bigg|f(0)(x^2-1)+\dfrac{f(1)}{2}(1+x)+\dfrac{f(-1)}{2}(1-x)\bigg|\\ 		&\leqslant |f(0)|\cdot |x^2-1|+\bigg|\dfrac{f(1)}{2}\bigg|\cdot |1+x|+\bigg|\dfrac{f(-1)}{2}\bigg|\cdot |1-x|\\ 		&\leqslant |x^2-1|+\dfrac{1}{2}\big(|1+x|+|1-x|\big)\\ 		&\leqslant 1+\dfrac{1}{2}\times 2=2.  \end{aligned}\]

(3)(法一)\begin{cases} f(1)=a+b+c, \\ f(-1)=a-b+c, \\ f(0)=c. \end{cases}解得\begin{cases} a=\dfrac{f(1)+f(-1)-2f(0)}{2}, \\ b=\dfrac{f(1)-f(-1)}{2}, \\ c=f(0). \end{cases}所以

    \[\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\leqslant \left|\dfrac{f(1)+f(-1)}{2} \right|+\left|\dfrac{f(1)-f(-1)}{2} \right|+2\left|f(0)\right|=\left|a+c\right|+\left|b\right|+2\left|f(0)\right|.\]

这里\left| a+c \right|+\left| b \right|\leqslant \max \left\{ \left| a+b+c \right|,\left| a-b+c \right| \right\}=\max \left\{ \left| f( 1 ) \right|,\left| f( -1 ) \right| \right\}\leqslant 1.

所以\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|\leqslant 3.此时f(x)=2{{x}^{2}}-1f( x )=-2{{x}^{2}}+1.

|a|+|b|+|c|的最大可能值是3.

(3)(法二) 不失一般性, 设a\geqslant  0. 这是因为:

a<0, 则对a{{x}^{2}}+bx+c乘以-1, 但不影响\left| a{{x}^{2}}+bx+c \right|的范围与\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|的值.

不失一般性, 设b\geqslant  0. 这是因为:

若以-x代替x, 也不影响\left| a{{x}^{2}}+bx+c \right|的范围与\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c\right|的值.

因此设f(x)=a{{x}^{2}}+bx+c, 则f(0)=c, f(1)=a+b+c.

c\geqslant  0, 则\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|=a+b+c\leqslant  1;

c<0, 则\left| a \right|+\left| b \right|+\left| c \right|=a+b-c=( a+b+c )-2c\leqslant 1+2=3.

f(x)=2{{x}^{2}}-1满足题设, 故|a|+|b|+|c|的最大可能值是3.