Question

已知二次函数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成立时，f（m+3）为正数，若存在，证明你的结论，若不存在，说明理由；
（2）若对x1，x2∈R，且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，方程f(x)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]有2个不等实根，证明必有一个根属于（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的取值范围，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由题意可得a+b+c=0，a＞0且c＜0，-2＜

c

a

＜-

1

2

，假设存在，由题意，则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，+∞）单调递增，故有 f（m+3）＞f（1）=0，从而得到存在这样的m使f（m+3）＞0．
（2）由条件可得 g（x₁）•g（x₂）=

- 1 4 [f(x1)-f(x2)]2 ≤ 0

，又f（x₁）≠f（x₂），故有g（x）=0有两个不等实根，且方程g（x）=0 的根必有一个属于（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，其解为解为0，或

1-b

a

，或无解，分类分别求出b的范围，取并集即得b的取值范围．

解答：解：（1）因为f（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的一个根，由韦达定理知另一个根为

c

a

，
∴

c

a

＜0＜1，又a＞b＞c，b=-a-c，∴可得 -2＜

c

a

＜-

1

2

，
假设存在，由题意，则a(m-

c

a

)(m-1)=-a＜0，∴

c

a

＜m＜1，∴m+3＞

c

a

+3 ＞ -2+3=1．
因为f（x）在（1，+∞）单调递增，∴f（m+3）＞f（1）=0，
即存在这样的m使f（m+3）＞0．
（2）令 g(x)=f(x)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，则g（x）是二次函数，
∵

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有两个不等实根，
且方程g（x）=0 的根必有一个属于（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．（*）
由题意（*）式的解为0，或

1-b

a

，或无解，
当（*）式的解为0时，可解得b=-1，经检验符合题意．
当（*）式的解为

1-b

a

时，可解得b=3，经检验符合题意；
当（*）式无解时，△=a²（b+1）²-4a²（b+1）＜0，即a²（b+1）（b-3）＜0，∴-1＜b＜3．
综上可知，当-1≤b≤3时满足题意．

点评：本题主要考查二次函数的性质的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．