Question

8．設(shè)a，b，c∈R，函數(shù)f（x）=ax²+bx+c．
（1）當(dāng)a＞0，c=0時(shí)，判斷函數(shù)H（x）=f[f（x）]-f（x）零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由；
（2）設(shè)g（x）=cx²+bx+a，若對(duì)任意|x|≤1，都有|f（x）|≤1成立；則對(duì)任意|x|≤1，恒有|g（x）|≤M成立，求實(shí)數(shù)M的最小值及相應(yīng)的a，b，c的值．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的解析式，令H（x）=0，分解因式，對(duì)b討論，求得方程的解，即可得到所求零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）由當(dāng)|x|≤1時(shí)，|f（x）|≤1恒成立，可知|f（-1）|≤1，|f（0）|≤1，|f（1）|≤1，利用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，可得當(dāng)x=0時(shí)，|g（x）|取到最大值2，運(yùn)用恒成立思想可得M的最小值為2，此時(shí)a=2，b=0，c=-1．

解答 解：（1）當(dāng)a＞0，c=0時(shí)，f（x）=ax²+bx，
由H（x）=0，可得f[f（x）]-f（x）=0，
即為a（ax²+bx）²+b（ax²+bx）-（ax²+bx）=0，
即有（ax²+bx）（a²x²+abx+b-1）=0，
即為x（ax+b）（ax+1）（ax+b-1）=0，
當(dāng)b=0時(shí)，H（x）=0的解為x=0，或x=-$\frac{1}{a}$，或x=$\frac{1}{a}$；
當(dāng)b=1時(shí)，H（x）=0的解為x=0，或x=-$\frac{1}{a}$；
當(dāng)b=2時(shí)，H（x）=0的解為x=0，或x=-$\frac{1}{a}$，或x=-$\frac{2}{a}$；
當(dāng)b≠0且b≠1且b≠2，H（x）=0的解為x=0，或x=-$\frac{1}{a}$，或x=$\frac{1-b}{a}$或x=-$\frac{a}$．
綜上可得，b=1時(shí)，H（x）有2個(gè)零點(diǎn)；
b=0或2時(shí)，H（x）有3個(gè)零點(diǎn)；
b≠0且b≠1且b≠2時(shí)，H（x）有4個(gè)零點(diǎn)；
（2）由|x|≤1時(shí)，|f（x）|≤1恒成立，
可知|f（-1）|≤1，|f（0）|≤1，|f（1）|≤1，
且由  f（-1）=a-b+c，f（0）=c，f（1）=a+b+c，
解得a=$\frac{f（-1）+f（1）-2f（0）}{2}$，b=$\frac{f（1）-f（-1）}{2}$，c=f（0），
可得g（x）=cx²+bx+a=f（0）x²+$\frac{f（1）-f（-1）}{2}$x+$\frac{f（-1）+f（1）-2f（0）}{2}$
=f（0）（x²-1）+$\frac{1}{2}$f（1）（1+x）+$\frac{1}{2}$f（-1）（1-x），
又x∈[-1，1]，x²-1≤0，x+1≥0，1-x≥0，
則|g（x）|=|f（0）（x²-1）+$\frac{1}{2}$f（1）（1+x）+$\frac{1}{2}$f（-1）（1-x）|
≤|f（0）（x²-1）|+$\frac{1}{2}$|f（1）（1+x）|+$\frac{1}{2}$|f（-1）（1-x）|
≤|x²-1|+$\frac{1}{2}$|1+x|+$\frac{1}{2}$|1-x|=1-x²+$\frac{1}{2}$（1+x）+$\frac{1}{2}$（1-x）
=2-x²≤2．
當(dāng)x=0時(shí)，|g（x）|取到最大值2．
即有M≥2，即M的最小值為2，
此時(shí)a=2，b=0，c=-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用分類(lèi)討論的思想方法，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)和轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，綜合性強(qiáng)，難度較大．