不等式复习讲义教学内容.doc

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不等式期末复习讲义
一、 知识点
1．不等式性质

比较大小方法：（1）作差比较法（2）作商比较法

不等式的基本性质
①对称性：a > bb > a
②传递性: a > b, b > ca > c
③可加性: a > b a + c > b + c
④可积性: a > b, c > 0ac > bc；
a > b, c < 0ac < bc；
⑤加法法则: a > b, c > d a + c > b + d
⑥乘法法则：a > b > 0, c > d > 0 ac > bd
⑦乘方法则：a > b > 0, an > bn (n∈N)
⑧开方法则：a > b > 0,
2．算术平均数与几何平均数定理：
（1）如果a、b∈R,那么a2 + b2 ≥2ab（当且仅当a=b时等号）
（2）如果a、b∈R＋,那么（当且仅当a=b时等号）
推广：
如果为实数，则

重要结论
1）如果积xy是定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2；
（2）如果和x＋y是定值S，那么当x＝y时，和xy有最大值S2/4。

3．证明不等式的常用方法：
　比较法：比较法是最基本、最重要的方法。当不等式的两边的差能分解因式或能配成平方和的形式，则选择作差比较法；当不等式的两边都是正数且它们的商能与1比较大小，则选择作商比较法；碰到绝对值或根式，我们还可以考虑作平方差。
综合法：从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式的性质推导出欲证的不等式。综合法的放缩经常用到均值不等式。
分析法：不等式两边的联系不够清楚，通过寻找不等式成立的充分条件，逐步将欲证的不等式转化，直到寻找到易证或已知成立的结论。

4．不等式的解法
（1） 不等式的有关概念
　　同解不等式：两个不等式如果解集相同，那么这两个不等式叫做同解不等式。
同解变形：一个不等式变形为另一个不等式时，如果这两个不等式是同解不等式，那么这种变形叫做同解变形。
提问：请说出我们以前解不等式中常用到的同解变形
　　　去分母、去括号、移项、合并同类项
（2） 不等式ax > b的解法
　　①当a>0时不等式的解集是{x|x>b/a}；
②当a<0时不等式的解集是{x|x<b/a}；
③当a=0时,b<0,其解集是R；b0, 其解集是ф。
（3） 一元二次不等式与一元二次方程、二次函数之间的关系

只供学习与交流
（4）绝对值不等式
a≤0时结果如何？
｜x｜＜a（a＞0）的解集是｛x｜－a＜x＜a｝，几何表示为：

　 º º
　　　　　－a 　 0 　 a
｜x｜＞a（a＞0）的解集是｛x｜x＜－a或x＞a｝，几何表示为：

º º
－a 0 a
小结：解绝对值不等式的关键是—去绝对值符号（整体思想，分类讨论）转化为不含绝对值的不等式，通常有下列三种解题思路：
（1）定义法：利用绝对值的意义，通过分类讨论的方法去掉绝对值符号；
（2）公式法：| f(x) | > a f(x) > a或f(x) < －a；| f(x) | < a －a<f(x) < a；
（3）平方法：| f(x) | > a(a>0) f2(x) > a2；| f(x) | < a(a>0) f2(x) < a2；（4）几何意义。
(5)分式不等式的解法

(6)一元高次不等式的解法　
数轴标根法
把不等式化为f(x)＞0（或＜0）的形式（首项系数化为正），然后分解因式，再把根按照从小到大的顺序在数轴上标出来，从右边入手画线，最后根据曲线写出不等式的解。
（7）含有绝对值的不等式
定理：|a| － |b|≤|a+b|≤|a| + |b|
• |a| － |b|≤|a+b|
中当b=0或|a|>|b|且ab<0等号成立
• |a+b|≤|a| + |b|
中当且仅当ab≥0等号成立
推论1：｜a1 + a2 + a3| ≤｜a1 | +| a2 | + | a3|
推广：｜a1 + a2 +…＋ an| ≤｜a1 | +| a2 | +…+ | an|
推论2：|a| － |b|≤|a－b|≤|a| + |b|
二、常见题型专题总结：
特殊值
专题一：利用不等式性质，判断其它不等式是否成立
1、a、b∈R,则下列命题中的真命题是（　C ）
A、若a>b，则|a|>|b| B、若a>b，则1/a<1/b
C、若a>b，则a3>b3　　　　　　　D、若a>b，则a/b>1
2、已知a<0.－1<b<0,则下列不等式成立的是（ D ）
A、a>ab>ab2 B、ab2>ab>a
C、ab>a>ab2 D、ab>ab2>a
3、当0<a<b<1时，下列不等式成立的是（ D　）
A、(1―a)1/b >(1―a)b B、(1+a)a>(1+b)b
C、(1―a)b >(1―a)b/2 D、(1―a)a>(1―b)b
4、若loga3>logb3>0，则a、b的关系是（ B ）
A、0<a<b<1 B、b>a>1　
C、0<b<a<1 D、1<b<a
5、若a>b>0，则下列不等式①1/a<1/b；②a2>b2；③lg(a2+1)>lg(b2+1)；④2a>2b中成立的是（　A ）
A、①②③④　　B、①②③　　　C、①②　　　　D、③④
（二）比较大小
1、若0<α<β<π/4,sinα+cosα=a,sinβ+cosβ=b，则（ A　）
A、a＜b　　　　B、a＞b　　　　　C、ab＜1　　　　　D、ab＞2
2、a、b为不等的正数，n∈N，则(anb+abn)－(an－1+bn－1)的符号是（ C　）
A、恒正　　　　　　　　　　　　B、恒负
C、与a、b的大小有关　　　　　 D、与n是奇数或偶数有关
3、设1＜x＜10，则lg2x,lgx2,lg(lgx)的大小关系是lgx2>lg2x>lg(lgx)
4、设a>0,a≠1,比较logat/2与loga(t+1)/2的大小。
分析：要比较大小的式子较多，为避免盲目性，可先取特殊值估测各式大小关系，然后用比较法（作差）即可。
（三）利用不等式性质判断P是Q的充分条件和必要条件
1、设x、y∈R,判断下列各题中，命题甲与命题乙的充分必要关系
⑴命题甲：x>0且y>0，　　命题乙：x+y>0且xy>0 充要条件
⑵命题甲：x>2且y>2，　　命题乙：x+y>4且xy>4　　　　　充分不必要条件
2、已知四个命题，其中a、b∈R
①a2<b2的充要条件是|a|<|b|；②a2<b2的充要条件是|a|2<|b|2；③a2<b2的充要条件是(a+b)与(a－b)异号；④a2<b2的充要条件是(|a|+|b|)与(|a|－|b|)异号.其中真命题的序号是_　　　　　　　　　。
3、“a+b>2c”的一个充分条件是（ C　）
A、a>c或b>c B、a>c或b＜c　　　C、a>c且b>c　　D、a>c且b＜c
（四）范围问题
1、设60＜a＜84,－28＜b＜33,求：a+b,a－b,a/b的范围。
2、若二次函数y=f(x)的图象过原点，且1≤f(―1)≤2,3≤f(1)≤3，求f(―2)的范围。
（五）均值不等式变形问题
1、当a、b∈R时,下列不等式不正确的是（ D　）
A、a2+b2≥2|a|•|b| B、(a/2+b/2)2≥ab
C、(a/2+b/2)2≤a2/2+b2/2 D、log1/2(a2+b2)≥log1/2(2|a|•|b|)
2、x、y∈(0,+∞)，则下列不等式中等号不成立的是（ A　）

C、(x+y)(1/x+1/y)≥4 D、(lgx/2+lgy/2)2≤lg2x/2+lg2y/2
3、已知a>0,b>0,a+b=1，则(1/a2―1)(1/b2―1)的最小值为（ D　）　
A、6　　　　　　　B、7　　　　　　　C、8　　　　　　　D、9
1的代换
4、已知a>0,b>0,c>0，a+b+c=1，求证：1/a+1/b+1/c≥9
5、已知a>0,b>0,c>0,d>0,求证：

（六）求函数最值
1、若x>4,函数
5、大、－6
2、设x、y∈R, x+y=5，则3x+3y的最小值是（　）D
A、10　　　　　　B、　　　　　　C、　　　　　　D、
3、下列各式中最小值等于2的是（　）D
A、x/y+y/x B、 C、tanα+cotα D、2x+2－x
4、已知实数a、b、c、d满足a+b=7,c+d=5,求(a+c)2+(b+d)2的最小值。
5、已知x>0,y>0,2x+y=1,求1/x+1/y的最小值。
（七）实际问题
1、98（高考）如图，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2cm的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为am，高度为bm，已知流出的水中该杂质的质量分数与a、b的乘积ab成反比，现有制箱材料60m2，问当a、b各为多少米时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）。
b　
a　
B　
A
解一：设流出的水中杂质的质量分数为y，
由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k>0)
据题设2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)

由a>0,b>0可得0<a<30

令t=2+a，则a=t－2
从而
当且仅当t=64/t，即t=8,a=6时等号成立。∴y=k/ab≥k/18
当a=6时,b=3，
综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。
解二：设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y=k/ab，其中k为比例系数(k>0)
要求y的最小值，即要求ab的最大值。
据题设2×2b+2ab+2a=60(a>0,b>0)，即a+2b+ab=30

即a=6,b=3时，ab有最大值，从而y取最小值。
综上所述，当a=6m,b=3m时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小。
2、某工厂有旧墙一面长14米,现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为126　　米2的厂房，工程条件是：①建1米新墙的费用为a元；②修1米旧墙的费用为a/4元；③拆去1米旧墙用所得材料建1米新墙的费用为a/2元.经过讨论有两种方案：⑴利用旧墙的一段x(x<14)米为矩形厂房的一面边长；⑵矩形厂房的一面长为x(x≥14).问如何利用旧墙，即x为多少米时，建墙费用最省？⑴⑵两种方案哪种方案最好？
解：设总费用为y元，利用旧墙的一面矩形边长为x米，则另一边长为126/x米。
⑴若利用旧墙的一段x米(x<14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，剩余的旧墙拆得的材料建新墙的费用为(14－x)•a/2元，其余的建新墙的费用为(2x+ 2•126/x－14)•a元，故总费用

当且仅当x＝12时等号成立，∴x＝12时ymin=7a(6－1)=35a。
⑵若利用旧墙的一段x米(x≥14)为矩形的一面边长，则修旧墙的费用为x•a/4元，建新墙的费用为(2x+ 2•126/x－14)•a元，故总费用

设f(x)=x+126/x, x2>x1≥14，则f(x2)－f(x1)= x2+126/x2－(x1+126/x1)
=(x2―x1)(1―126/x1x2)>0∴f(x)=x+126/x在［14，＋∞)上递增，∴f(x)≥f(14)
∴x=14时ymin=7a/2+2a(14+126/14－7)=35.5a
综上所述，采用方案⑴，即利用旧墙12米为矩形的一面边长，建墙费用最省。
（八）比较法证明不等式
1、已知a、b、m、n∈R+,证明：am+n+bm+n≥ambn+anbm
变：已知a、b∈R+,证明：a3/b+b3/a≥a2+b2
2、已知a、b∈R+,f(x)=2x2+1,a+b=1,证明：对任意实数p、q恒有a•f(p)+b•f(q)≥f(ap+bq)
（九）综合法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：
2、已知a、b、c∈R，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/3
3、已知a、b、c为不全相等的正数，且abc=1,求证：

4、已知a、b∈R+，a+b=1,求证：
（十）分析法证明不等式
1、已知a、b、c为不全相等的正数，求证：bc/a+ac/b+ab/c>a+b+c
2、已知函数f(x)=lg(1/x－1),x1、x2∈(0,1/2)，且x1≠x2，求证：

3、设实数x,y满足y+x2=0,0<a<1，求证：loga (ax+ay)≤loga2+1/8
（十一）反证法、放缩法、构造法、判别式法、换元法等证明不等式
1、设f(x)=x2+ax+b，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于1/2。
2、若x2+y2≤1,求证|x2+2xy－y2|≤.
3、已知a>b>c,求证：
4、已知a、b、c∈R＋，且a+b>c求证：.
5、已知a、b、c∈R，证明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等号何时成立。
分析：整理成关于a的二次函数f(a)=a2+(c+3b)a+3b2+3bc+c2
∵Δ=(c+3b)2－4(3b2+3bc+c2)=－3(b2+2bc+c2)≤0
∴f(a)≥0
6、已知：x2－2xy + y2 + x + y + 1＝0，求证：1/3≤y/x≤3
7、在直角三角形ABC中，角C为直角，n≥2且n∈N，求证：cn≥an + bn

（十二）解不等式
1、解不等式：
2、解关于x的不等式：
（十三）不等式应用
不等式的应用主要有三个方面：一是能转化为求解不等式（组）的有关问题（如求函数的定义域、讨论一元二次方程的根的分布等）；二是能转化为不等式证明的有关问题（如证明函数的单调性）；三是能转化为重要不等式的极端情形解决的最值问题。
1、已知f(x)的定义域是（0,1］，则函数的定义域是_____________。
［－5，－2)∪( 1,4］
2、已知不等式ax2+bx+c>0的解集是{x|α<x<β}(0<α<β),求不等式cx2+bx+a<0的解集。
3、设(x≥0).⑴求证：f(x)是减函数；⑵求f(x)的值域。
4、由于对某种商品实行征税，其售价比原价上涨x%，涨价后商品卖出量减少，已知税率为销售金额的20%.
⑴为实现销售金额和扣除税款的余额y不比原销售金额少，求上涨率x%的取值范围；
⑵x为何值时，y最大？（保留一位小数）
解：设原价为a，销售量为b，则

当且仅当1＋x%＝25/9－x%，即x%＝8/9. ∴x＝88.9时y最大。
（十四）恒成立问题
1、若不等式a<lg(|x―3|+|x―7|)对于一切实数x都成立，则实数a的取值范围是（　）
A、a≥1 B、a＞1　　　　　C、0＜a≤1　　　　　D、a＜1
2、关于x的不等式2x－1＞a(x－2)的解集为R，求实数a的取值范围。
3、如果关于x的不等式的解集总包含了区间（1,2］，求实数a的取值范围。
解：由题设可知，原不等式在（1,2］中总成立，∴a＞0且a＋x＞1
　原不等式等价于lg(2ax)＜lg(a+x),等价于2ax＜a＋x，等价于(1－2a)x＋a＞0
　设f(x)＝(1－2a)x＋a，则f(x)＞0在（1,2］中总成立，故有

4、设对x∈R有恒成立，试求n的值。
分析：原不等式等价于
　　　由题意不等式（1）的解集为R
　　　又x2+x+1恒大于零，所以不等式（1）等价于(3－n)x2＋(2－n)x＋(2－n)＞0 (2) 故不等式（2）的解集为R，从而有

所以n＜2，又n∈N，所以n＝0或1
5、若f(x)=(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1＞0对于一切实数x恒成立，求实数m的取值范围。
6、已知函数
⑴当a=1/2时，求函数f(x)的最小值；
⑵若对任意x∈［1，＋∞）,f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围。
（十五）绝对值不等式定理中等号成立的问题
1、解关于x的不等式|x+log2x|=x+|log2x|
2、证明：|x+1/x|≥2
（十六）绝对值不等式的证明
1、设a∈R，函数f(x)=ax2+x－a(－1≤x≤1).
⑴若|a|≤1,求证|f(x)|≤5/4；
⑵若函数f(x)有最大值17/8，求实数a的值。
2、已知|x－a|＜ε/2a,|y－b|＜ε/2|a|,且0＜y＜A，求证：|xy－ab|＜ε
3、

（十七）探索性问题
1、是否存在自然数k，使得不等式对一切正整数n都成立，若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由。
解：令

∴f(n+1)>f(n)，即f(n)在N＋上是增函数，∴f(n)的最小值是f(1)
又f(1)=1/2+1/3+1/4=13/12
故对一切正整数n使得f(n)>2a－5的充要条件是13/12>2a－5，∴a<73/24
故所求自然数a的最大值是3。
2、已知抛物线y=f(x)=ax2+bx+c过点（－1,0），问是否存在常数a、b、c，使得不等式x≤f(x)≤(1+x2)/2对于一切实数x都成立？
解：假设存在常数a、b、c，使得x≤f(x)≤(1+x2)/2对一切实数x恒成立，
令x＝1有1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1，即a＋b＋c＝1　　　　　①
∵抛物线过点（－1,0）∴a－b＋c＝0　　　②
解①②得：b=1/2,c=1/2－a,∴f(x)=ax2+x/2+1/2－a
由x≤f(x)≤(1+x2)/2得2x≤2ax2+x+1－2a≤1+x2

∴a=1/4,
三、数学思想与方法
（一）分类讨论的思想：　
1、设f(x) = 1+logx3,g(x)=2logx2，其中x＞0且x≠1，试比较f(x)与g(x)的大小。
2、解关于x的不等式
分析：①当a＜－1时，原不等式的解集为｛x|x≤a或－1＜x＜1}

②当－1＜a＜时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或a≤x＜1}

③当a＞1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1或1＜x≤a}
④当a＝1时，原不等式的解集为｛x|x＜－1 }
⑤当a＝－1时，原不等式的解集为｛x|x＜1且x≠－1}

（二）数形结合的思想
1、关于x的方程x2―x―(m＋1)＝0只在［－1,1］上有解，则实数a的取值范围是（　）
A、［－5/4,+∞) B、(―5/4,―1) C、［－5/4，1］　　D、(－∞，1］
2、设k、a都是实数，关于x的方程|2x―1|=k(x―a)+a对于一切实数k都有解，求实数a的取值范围。
3、已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：
+≥
分析  观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.
如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.
∴
OC=
再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，
∴≥

（三）函数与方程的思想
1、函数f(x)=lg(x2+ax+1)的值域为R，求实数a的取值范围。
2、已知，若f(x)在（－∞，1］有意义，求实数a的取值范围。
3、设不等式mx2―2x＜m―1对于满足|m|≤2的一切实数m都成立，求x的取值范围。
分析：设f(m)=(x2―1)m＋2x―1，则对于满足|m|≤2的一切实数m都有f(m)＜0
∴f(－2)＜0且f(2)＜0
4、已知x、y、z∈（0,1），求证：x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) < 1
证明：构造函数f(x)= x(1－y) + y(1－z) + z(1－x)－1
即f(x) = (1－y－z)x + y(1－z) + z－1
　　　当1－y－z = 0,即y + z = 1时，
f(x) = y(1－z) + z－1 = y + z －1－yz = －yz < 0
当1－y－z ≠ 0时，f(x)为一次函数，又x∈（0,1），由一次函数的单调性，只需证明f(0) < 0, f(1) < 0
　　∵y、z∈（0,1）
∴f(0) = y(1－z) + z－1 = (y－1)(z－1) < 0
f(1) = (1－y－z) + y(1－z) + z－1 =－yz < 0
∴对任意的x∈（0,1）都有f(x) < 0
即x(1－y) + y(1－z) + z(1－x) < 1

（四）转化与化归思想
1、关于x的方程4x+(m－3)•2x+m=0有两个不等的实数根，求实数m的取值范围。
（五）换元的思想
1、解不等式：
变：关于x的不等式的解集为［－5/2,2），求实数a、b的值。
2、
（六）1的代换
1、已知a、b∈R+，a+b=1,x、y∈R,求证：ax2+by2≥(ax+by)2
2、已知x、y都是正数，a、b都是正常数，且a/x + b/y = 1，求证：

3、已知x、y都是正数，且x + y = 1,求证：(1 + 1/x)(1 + 1/y)≥9

4、已知x、y∈R+,且1/x + 9/y = 1，求x + y的最小值。
5、若0＜x＜1,a＞0，b＞0，求a/x + b/(1－x)的最小值是。
6、已知a,b是正数，且a + b = 1，求证：(ax + by)(ay + bx)≥xy
分析：∵a,b是正数，且a + b = 1
∴(ax + by)(ay + bx) = a2xy + abx2 + aby2 + b2xy
= (a2 + b2)xy+ ab(x2 + y2) = (1－2ab)xy+ ab(x2 + y2)
= xy+ ab(x2 + y2－2xy) = xy + ab(x－y)2 ≥xy

（七）特殊与一般的思想
1、已知a、b、c ∈R,函数f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = cx2+bx + a, 当|x| ≤1时，有|f(x)≤2。　（1）求证：|g(1)| ≤ 2；（2）求证：当|x| ≤ 1时，|g(x)|≤ 4.
证：（1）∵当|x| ≤1时，|f(x)|≤2,∴|f(1)|≤2
　　　　又|f(1)|＝|g(1)|　 ∴|g(1)|≤2
（2）∵f(x)= ax2+bx+c
∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c
∴a= [f(1)+f(-1) -2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2
∵|x|≤1时|f(x)|≤2 ∴|f(1)|≤2,|f(-1)|≤2,|f(0)|≤2
∴|g(x)|=|cx2+bx+a|
=|x2f(0)+[f(1)-f(-1)]x/2+[f(1)+f(-1)-2f(0)]/2|
=|(x2－1)f(0)+(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2|
≤|(x2－1)f(0)|+|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|
≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|(1－x2)||f(0)|
≤x+1+1-x+2 = 4
小结：对于二次函数f(x)=ax2+bx+c
c=f(0)
2a=f(1)+f(－1)－2f(0)
2b=f(1)―f(―1)
2、已知a、b、c ∈R,函数f (x) = ax2 + bx + c, g(x) = ax + b, 当－1≤x≤1时，有|f(x)≤1。　（1）证明：|c|≤1；（2）证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；（3）设a＞0，－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)的解析式。
①证明：∵－1≤x≤1时，有|f(x)|≤1,∴当x = 0时，有f (0) = c, 即|c| = |f(0)|≤1,故|c|≤1。
②证明：欲证当－1≤x≤1时，有|g(x)|≤2,即证－1≤x≤1时，－2≤g(x)≤2。对a分类讨论
当a＞0时，
∵g(x)在[－1,1]上是增函数，∴－a+b≤g(x)≤a+b,
∵a+b = f(1)－c ≤|f(1)| + |c|≤2,
－a +b = －[f(－1)－c]≥－[|f(－1)|+|c|]≥－2，
∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。
当a＜0时，
∵g(x)在[－1,1]上是减函数，∴a+b≤g(x)≤－a+b,
∵a+b = f(1)－c ≥－[|f(1)|+|c|]≥－2 ，
－a +b = －[f(－1)－c] ≤|f(－1)|+ |c|≤2,，
∴－2≤g(x)≤2，即|g(x)|≤2。
综上所述，有|g(x)|≤2。
③∵a＞0，∴g(x)在[－1,1]上是增函数，
∴x＝1时，g(x)取最大值2，即a+b＝2。
∴f(1)－f(0)＝a+b＝2，
∴－1≤f(0)＝f(1)－2≤1－2＝－1，即c= f(0)＝－1，
∵－1≤x≤1时，f(x)≥－1= f(0)，
∴x = 0为函数f(x)图象的对称轴，
∴b = 0, 故a＝2，所以f(x)＝2x2－1。
②另解：∵f(x)= ax2+bx+c
∴f(1)= a+b+c,f(―1)= a―b+c, f(0)= c
∴a= [f(1)+f(-1) -2f(0)]/2,b= [f(1)-f(-1)]/2
∵|x|≤1时|f(x)|≤1 ∴|f(1)|≤1,|f(-1)|≤1,|f(0)|≤1
∴|g(x)|=|ax+b|
=|[f(1)+f(-1)-2f(0)]x/2+[f(1)-f(-1)]/2|
=|(x+1)f(1)/2+(x-1)f(-1)/2-xf(0)|
≤|(x+1)f(1)/2|+|(x-1)f(-1)/2|+|-xf(0)|
≤|(x+1)/2||f(1)| +|(x-1)/2||f(-1)|+|-x||f(0)|
≤(x+1)/2+(1-x)/2+1= 2
3、是否存在满足下列条件的二次函数f(x)：
⑴当|x|≤1时，|f(x)|≤1；⑵f(2)＞7。若存在，求出解析式；若不存在，说明理由。
4、设f(x)=x2+bx+c(b、c为常数)，定义域为［－1,1］，⑴设|f(x)|的最大值为M，求证：M≥1/2；⑵求出⑴中当M＝1/2时，f(x)的表达式。