Question

11．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c，a，b，c∈R
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）＜0的解集與不等式$\frac{1}{x-2}$＞1的解集相同，求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）若|x|≤1，|f（x）|≤1恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）條件下若g（x）=λax+b（λ＞1），求證：當(dāng)|x|≤1時(shí)，|g（x）|≤2λ．

Answer 1

分析 （I）求出方差f（x）=0的根，解出b，c的值，從而求出f（x）的解析式；
（Ⅱ）求出2a=f（1）+f（-1）-2f（0），結(jié)合f（0），f（1），f（-1）的范圍，求出a的范圍即可；
（Ⅲ）分別求出a，b，c，表示出g（1），g（-1），結(jié)合一次函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論即可．

解答 解：（I）∵$\frac{1}{x-2}$＞1的解集是{x|2＜x＜3}，
∴f（x）=0的兩根為2，3，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（2）=0}\\{f（3）=0}\end{array}\right.$，解得：b=-5，c=6，
∴f（x）=x²-5x+6；
（II）∵f（0）=c，f（1）=a+b+c，f（-1）=a-b+c，
∴2a=f（1）+f（-1）-2f（0），
又|x|≤1，|f（x）|≤1，
∴|f（1）|≤1，|f（-1）|≤1，|f（0）|≤1，
∴|2a|=|f（1）+f（-1）-2f（0）|≤|f（1）|+|f（-1）|+2|f（0）|≤4，
∴-2≤a≤2；
（III）∵f（0）=c，f（1）=a+b+c，f（-1）=a-b+c，
由$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=c}\\{f（1）=a+b+c}\\{f（-1）=a-b+c}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}[f（1）+f（-1）]-f（0）}\\{b=\frac{1}{2}[f（1）-f（-1）]}\\{c=f（0）}\end{array}\right.$，
∴g（1）=λa+b=λ•$\frac{1}{2}$[f（1）+f（-1）]-λf（0）+$\frac{1}{2}$[f（1）-f（-1）]
=$\frac{λ+1}{2}$f（1）+$\frac{λ-1}{2}$f（-1）-λf（0），
g（-1）=-λa+b=（-λ）•$\frac{1}{2}$[f（1）+f（-1）]+λf（0）+$\frac{1}{2}$[f（1）-f（-1）]
=$\frac{1-λ}{2}$f（1）-$\frac{1+λ}{2}$f（-1）+λf（0），
∵λ＞1，|f（1）|≤1，|f（-1）|≤1，|f（0）|≤1，
∴|g（1）|=|$\frac{λ+1}{2}$f（1）+$\frac{λ-1}{2}$f（-1）-λf（0）|≤$\frac{λ+1}{2}$+$\frac{λ-1}{2}$+λ=2λ
|g（-1）|=|$\frac{1-λ}{2}$f（1）-$\frac{1+λ}{2}$f（-1）+λf（0）|≤$\frac{λ-1}{2}$+$\frac{λ+1}{2}$+λ=2λ
g（x）是關(guān)于x的一次函數(shù)，由一次函數(shù)的單調(diào)性得：當(dāng)|x|≤1時(shí)，|g（x）|≤2λ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查不等式問(wèn)題，是一道中檔題．