数学 – 第11页 – 数学解题艺术

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) 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

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

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