Question

4．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0）．
（1）若x₁，x₂∈R，x₁＜x₂，且f（x₁）≠f（x₂）．求證：關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]有兩個不相等的實數(shù)根，且必有一個根屬于（x₁，x₂）．
（2）若關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）的根為m，且滿足x₁+x₂=2m-1．設(shè)函數(shù)f（x）的圖象的對稱軸為x=x₀，求證：x₀＜m²．

Answer 1

分析 （1）通過計算一元二次方程的判別式大于0，可得方程有兩個不相等的實數(shù)根；設(shè)方程對應(yīng)的函數(shù)為g（x），由g（x₁）g（x₂）＜0，可得方程有一個根屬于（x₁，x₂）．
（2）由題意可得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成等差數(shù)列，可得 x₁+x₂=2m-1，故b=-a（2m²-x₁²-x₂²），由x₀=-$\frac{2a}$=$\frac{2{m}^{2}-（{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}）}{2}$=m²-$\frac{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}{2}$，證得結(jié)論．

解答 證明：（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，故方程有兩個不相等的實數(shù)根．（6分）
令g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]，（7分）
則g（x₁）g（x₂）=-$\frac{1}{4}$[f（x₁）-f（x₂）]²，
又f（x₁）≠f（x₂），則g（x₁）g（x₂）＜0，
故方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁+f（x₂）]有一個根屬于（x₁，x₂）． （9分）
（2）∵方程f（x）=$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]在（x₁，x₂）根為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成等差數(shù)列，則x₁+x₂=2m-1，（12分）
∴b=-a（2m²-x₁²-x₂²），
故x₀=-$\frac{2a}$=$\frac{2{m}^{2}-（{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}）}{2}$=m²-$\frac{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}{2}$＜m²．（14分）

點評 本題考查一元二次方程根的分布與系數(shù)的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，等差數(shù)列的性質(zhì)，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想．