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二次三项式 $f(x)=a x^{2}+b x+c$ 在 $[0,1]$ 上绝对值 $\leq 1$,
求 $|a|+|b|+|c|$ 的最大值.
解 如果 $a<0$, 用 $-f(x)=-a x^{2}-b x-c$ 替换 $f(x)$, 仍满足条件, 且 $|a|+|b|+|c|$ 不变, 可化为 $a>0$ 的情形.
配方得 $f(x)=a(x-h)^{2}+d=a x^{2}-2 a h x+a h^{2}+d$. 则 $b=-2 a h$.
先考虑 $0 \leq h \leq 1$ 的情况. 则 $d=f(h) \geq-1$ 且 $d \leq 1$.
$f(0)=c=a h^{2}+d \leq 1 \Rightarrow a \leq \frac{1-d}{h^{2}} \leq \frac{2}{h^{2}} \Rightarrow$
$$
|a|+|b|=a+2 a h=a(1+2 h) \leq \frac{2}{h^{2}} \cdot(1+2 h)=\frac{2}{h^{2}}+\frac{4}{h}
$$
另一方面, $f(1)=a(1-h)^{2}+d \leq 1 \Rightarrow a \leq \frac{1-d}{(1-h)^{2}} \leq \frac{2}{(1-h)^{2}} \Rightarrow$
$$
|a|+|b| \leq a(1+2 h) \leq \frac{2}{(1-h)^{2}}+\frac{4 h}{(1-h)^{2}} .
$$
当 $1-h \leq h, 1 \geq h \geq \frac{1}{2},|a|+|b| \leq \frac{2}{h^{2}}+\frac{4}{h} \leq \frac{2}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}+\frac{4}{\frac{1}{2}}=16$.
当 $1-h \geq h, 0 \leq h \leq \frac{1}{2} \leq 1-h$,
$|a|+|b| \leq \frac{2}{(1-h)^{2}}+\frac{4(1-h)}{(1-h)^{2}} \leq \frac{2}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}+\frac{4}{1-h} \leq 8+\frac{4}{\frac{1}{2}}=16 .$
因此 $|a|+|b|+|c| \leq 16+1=17$.
取 $h=\frac{1}{2}, d=-1, a=\frac{2}{h^{2}}=\frac{2}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=8$. 则
$$
f(x)=8\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}-1=8 x^{2}-8 x+1 \leq 1 \quad(\forall x \in[0,1])
$$
$|a|+|b|+|c|=8+8+1=17$ 达到 $h \in[0,1]$ 时的最大值.
以下讨论 $h<0$ 或 $h>1$ 的情况.
当 $h<0, f(x)=a(x-h)^{2}+d=a x^{2}-2 a h x+\left(a h^{2}+d\right), b=-2 a h>0$,
$$
|a|+|b|+|c|=|(a+b+c)-c|+|c| \leq|f(1)|+|c|+|c| \leq 3<17 .
$$
当 $h>1,|b|=-b=2 a h>2 a \Rightarrow-a-b>a \Rightarrow$
$$
a<-b-a-c+c \leq|a+b+c|+|c|=|f(1)|+|f(0)|=1+1=2
$$
$$
\begin{aligned}
& |b|+|a|+|c| \leq|(a+b+c)-a-c|+|a|+|c| \leq|f(1)|+2|a|+2|c| \\
& \leq 1+2 \times 2+2 \times 1=7<17
\end{aligned}
$$
因此, 当 $f(x)=8 x^{2}-8 x+1$ 时, $|a|+|b|+|c|$ 取最大值 17 . |
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