Question

已知二次函数f（x）=ax²+bx+c．
（1）若f（-1）=0，试判断函数f（x）零点个数；
（2）若对x₁x₂∈R，且x₁＜x₂，f（x₁）≠f（x₂），证明方程f（x）=

1

2

[f(x1)+f(x2)]必有一个实数根属于（x₁，x₂）．
（3）是否存在a，b，c∈R，使f（x）同时满足以下条件
①当x=-1时，函数f（x）有最小值0；
②对任意x∈R，都有0≤f（x）-x≤

(x-1)2

2

若存在，求出a，b，c的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）通过对二次函数对应方程的判别式进行分析判断方程根的个数，从而得到零点的个数；
（2）若方程f（x）=

1

2

[f(x1)+f(x2)]必有一个实数根属于（x₁，x₂），则函数g（x）=f（x）-

1

2

[f(x1)+f(x2)]在（x₁，x₂）必有一零点，进而根据零点存在定理，可以证明
（3）根据条件①和二次函数的图象和性质，可得b=2a，c=a，令x=1，结合条件②，可求出a，b，c的值．

解答：解：（1）∵f（-1）=0，
∴a-b+c=0即b=a+c，
故△=b²-4ac=（a+c）²-4ac=（a-c）²
当a=c时，△=0，函数f（x）有一个零点；
当a≠c时，△＞0，函数f（x）有两个零点．
证明：（2）令g（x）=f（x）-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，…（6分）
∵g（x₁）=f（x₁）-

1

2

[f(x1)+f(x2)]=

1

2

[f(x1)-f(x2)]
g（x₂）=f（x₂）-

1

2

[f(x1)+f(x2)]=

1

2

[f(x2)-f(x1)]
∴g（x₁）•g（x₂）=-

1

4

[f(x1)-f(x2)]2
∵f（x₁）≠f（x₂），
故g（x₁）•g（x₂）＜0
∴g（x）=0在（x₁，x₂）内必有一个实根．
即方程f（x）=

1

2

[f(x1)+f(x2)]必有一个实数根属于（x₁，x₂）．----（8分）
解：（3）假设a，b，c存在，由①得-

b

2a

=-1，

4ac-b2

4a

=0
∴b=2a，c=a．------------（9分）
由②知对任意x∈R，都有0≤f（x）-x≤

(x-1)2

2

令x=1得0≤f（1）-1≤0
∴f（1）=1
∴a+b+c=1
解得：a=c=

1

4

，b=

1

2

，…．（10分）
当a=c=

1

4

，b=

1

2

时，f（x）=

1

4

x²+

1

2

x+

1

4

=

1

4

（x+1）²，其顶点为（-1，0）满足条件①，
又f（x）-x=

1

4

x²-

1

2

x+

1

4

=

1

4

（x-1）²，对任意x∈R，都有0≤f（x）-x≤

(x-1)2

2

，满足条件②．
∴存在a=c=

1

4

，b=

1

2

，使f（x）同时满足条件①、②．   …．（12分）

点评：本题考查函数零点个数与方程根的个数问题，以及存在性问题的处理方式，属于较难的题目．