Question

已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c．
（1）若a＞b＞c，且f（1）=0，是否存在m∈R，使得f（m）=-a成立時(shí)，f（m+3）為正數(shù)，若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，說(shuō)明理由；
（2）若對(duì)x1，x2∈R，且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，方程f(x)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]有2個(gè)不等實(shí)根，證明必有一個(gè)根屬于（x₁，x₂）．
（3）若f（0）=0，是否存在b的值使{x|f（x）=x}={x|f[f（x）]=x}成立，若存在，求出b的取值范圍，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）由題意可得a+b+c=0，a＞0且c＜0，-2＜

c

a

＜-

1

2

，假設(shè)存在，由題意，則a(m-

c

a

)(m-1)=-a＜0，故

c

a

＜m＜1，m+3＞

c

a

+3 ＞ -2+3=1，
由f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，故有 f（m+3）＞f（1）=0，從而得到存在這樣的m使f（m+3）＞0．
（2）由條件可得 g（x₁）•g（x₂）=

- 1 4 [f(x1)-f(x2)]2 ≤ 0

，又f（x₁）≠f（x₂），故有g(shù)（x）=0有兩個(gè)不等實(shí)根，且方程g（x）=0 的根必有一個(gè)屬于（x₁，x₂）．
（3）由f（0）=0得c=0，故f（x）=ax²+bx，由f（x）=x，解得x₁=0，x₂=

1-b

a

．由f[f（x）]=x 得f（x）-x=0 或 a²x²+a（b+1）x+b+1=0，其解為解為0，或

1-b

a

，或無(wú)解，分類(lèi)分別求出b的范圍，取并集即得b的取值范圍．

解答：解：（1）因?yàn)閒（1）=a+b+c=0，且a＞b＞c，所以a＞0且c＜0，
∵f（1）=0，∴1是方程f（x）=0的一個(gè)根，由韋達(dá)定理知另一個(gè)根為

c

a

，
∴

c

a

＜0＜1，又a＞b＞c，b=-a-c，∴可得 -2＜

c

a

＜-

1

2

，
假設(shè)存在，由題意，則a(m-

c

a

)(m-1)=-a＜0，∴

c

a

＜m＜1，∴m+3＞

c

a

+3 ＞ -2+3=1．
因?yàn)閒（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，∴f（m+3）＞f（1）=0，
即存在這樣的m使f（m+3）＞0．
（2）令 g(x)=f(x)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，則g（x）是二次函數(shù)，
∵

g(x1)•g(x2)=[f(x1)- f(x1)+f(x2) 2 ][f(x2)- f(x1)+f(x2) 2 ]

 
=

- 1 4 [f(x1)-f(x2)]2 ≤ 0

．
又∵f（x₁）≠f（x₂），g（x₁）•g（x₂）＜0，∴g（x）=0有兩個(gè)不等實(shí)根，
且方程g（x）=0 的根必有一個(gè)屬于（x₁，x₂）．
（3）由f（0）=0得c=0，∴f（x）=ax²+bx．
由f（x）=x，得方程ax²+（b-1）x=0，解得：x₁=0，x₂=

1-b

a

，
又由f[f（x）]=x 得：a[f（x）]²+bf（x）=x，∴a[f（x）-x+x]²+b[f（x）-x+x]=x，
∴a[f（x）-x]²+2ax[f（x）-x]+ax²+b[f（x）-x]+bx-x=0，
∴[f（x）-x][af（x）-ax+2ax+b+1]=0，即[f（x）-x][a²x²+a（b+1）x+b+1]=0，
∴f（x）-x=0 或 a²x²+a（b+1）x+b+1=0．（*）
由題意（*）式的解為0，或

1-b

a

，或無(wú)解，
當(dāng)（*）式的解為0時(shí)，可解得b=-1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．
當(dāng)（*）式的解為

1-b

a

時(shí)，可解得b=3，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意；
當(dāng)（*）式無(wú)解時(shí)，△=a²（b+1）²-4a²（b+1）＜0，即a²（b+1）（b-3）＜0，∴-1＜b＜3．
綜上可知，當(dāng)-1≤b≤3時(shí)滿(mǎn)足題意．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題．