Question

已知二次函数，且f（0）=0，f（x+1）=f（x）+x+1，
（1）求f（x）
（2）利用单调性的定义证明f（x）在x∈（1，2）为单调递增函数．
（3）求f（x）在区间x∈（t，t+1）上的最值．

Answer 1

（1）设f（x）=ax²+bx+c，
由f（0）=0，得c=0，f（x+1）=f（x）+x+1，即a（x+1）²+b（x+1）+c=ax²+bx+c+x+1，
也即ax²+（2a+b）x+a+b=ax²+（b+1）x+1，
所以有

2a+b=b+1 a+b=1

，解得

a= 1 2 b= 1 2

，
所以f(x)=

1

2

x2+

1

2

x．
（2）设1＜x₁＜x₂＜2，
则f（x₁）-f（x₂）=

1

2

(x1-x2)(x1+x2-1)，
∵1＜x₁＜x₂＜2，∴x₁-x₂0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
所以f（x）在（1，2）上为增函数；
（3）①若t+1≤-

1

2

，即t≤-

3

2

，f_max（x）=f（t）=

1

2

t2+

1

2

t取不到，f_min（x）=f（t+1）=

1

2

t2+

3

2

t+1取不到；
②若t＜-

1

2

＜t+1即-

3

2

＜t＜-

1

2

，d1=-

1

2

-t，d2=t+

3

2

，
当d₁≥d₂即t≤-1时，f_max（x）=f（t）=

1

2

t2+

1

2

t取不到，f_min（x）=f（-

1

2

）=-

1

8

，
当d₁＜d₂即t＞-1时，f_max（x）=f（t+1）=

1

2

t2+

3

2

t+1取不到，fmin(x)=f(-

1

2

)=-

1

8

；
③若t≥-

1

2

，f_max（x）=f（t+1）=

1

2

t2+

3

2

t+1取不到，fmin(x)=f(t)=

1

2

t2+

1

2

t取不到．
综上，当t≤-

3

2

或t≥

1

2

时，f（x）没最大值也没最小值，当-

3

2

＜t＜-

1

2

时，最小值为-

1

8

，无最大值．