Question

4．已知二次函数f（x）=ax²+bx+c（a≠0）．
（1）若x₁，x₂∈R，x₁＜x₂，且f（x₁）≠f（x₂）．求证：关于x的方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]有两个不相等的实数根，且必有一个根属于（x₁，x₂）．
（2）若关于x的方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）的根为m，且满足x₁+x₂=2m-1．设函数f（x）的图象的对称轴为x=x₀，求证：x₀＜m²．

Answer 1

分析 （1）通过计算一元二次方程的判别式大于0，可得方程有两个不相等的实数根；设方程对应的函数为g（x），由g（x₁）g（x₂）＜0，可得方程有一个根属于（x₁，x₂）．
（2）由题意可得f（m）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，即a（2m²-x₁²-x₂²）+b（2m-x₁-x₂）=0，由x1，m-$\frac{1}{2}$、x₂成等差数列，可得 x₁+x₂=2m-1，故b=-a（2m²-x₁²-x₂²），由x₀=-$\frac{b}{2a}$=$\frac{2{m}^{2}-（{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}）}{2}$=m²-$\frac{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}{2}$，证得结论．

解答 证明：（1）∵f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x1）+f（x2）]，
∴ax²+bx+c=$\frac{1}{2}$[a${x}_{1}^{2}$+bx₁+c+a${x}_{2}^{2}$+bx₂+c]，
整理得：2ax²+2bx-a（x₁²+x₂²）-b（x₁+x₂）=0，（2分）
∴△=4b²+8a[a（x₁²+x₂²）+b（x₁+x₂）]=2[（2ax₁+b）²+（2ax₂+b）²]，
∵x₁，x₂∈R，x₁＜x₂，
∴2ax₁+b≠2ax₂+b，（4分）
∵△＞0，故方程有两个不相等的实数根．（6分）
令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，（7分）
则g（x₁）g（x₂）=-$\frac{1}{4}$[f（x₁）-f（x₂）]²，
又f（x₁）≠f（x₂），则g（x₁）g（x₂）＜0，
故方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁+f（x₂）]有一个根属于（x₁，x₂）． （9分）
（2）∵方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）根为m，
∴f（m）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，
∴a（2m²-x₁²-x₂²）+b（2m-x₁-x₂）=0，（10分）
∵x1，m-$\frac{1}{2}$、x₂成等差数列，则x₁+x₂=2m-1，（12分）
∴b=-a（2m²-x₁²-x₂²），
故x₀=-$\frac{b}{2a}$=$\frac{2{m}^{2}-（{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}）}{2}$=m²-$\frac{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}{2}$＜m²．（14分）

点评 本题考查一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，等差数列的性质，体现了转化的数学思想．