Question

20．已知二次函数f（x）=x²+bx+c（b，c∈R）
（1）若b+c=-2且方程f（x）=0有整数解x₁，x₂，试求：x₁，x₂的值；
（2）若f（x）在（0，1）上与x轴有两个不同的交点，求c²+（1+b）c的取值范围；
（3）若|x|≥2时，f（x）≥0，且f（x）在区间（2，3]上的最大值为1，试求b²+c²的最大值与最小值．

Answer 1

分析 （1）根据韦达定理得到x₁x₂-x₁-x₂+1=-1，从而求出两个根的值；
（2）若函数f（x）在区间（0，1）上与x轴有两个不同的交点，即函数f（x）=x²+bx+c的两个零点为x₁，x₂（0＜x₁＜x₂＜1），即f（0）=c=x₁x₂＞0，f（1）=1+b+c=（1-x₁）（1-x₂）＞0，进而结合基本不等式可得c（1+b+c）的取值范围；
（3）据题意函数图象为开口向上的抛物线，且f（x）在区间（2，3]上的最大值只能在闭端点取得，故有f（2）≤f（3）=1，从而b≥-5且c=-3b-8，再根据若|x|≥2时，f（x）≥0，可确定b的范围，进而可求b²+c²的最大值和最小值．

解答 解：（1）f（x）=x²+bx+c，
则x₁+x₂=-b，
x₁x₂=-2-b，
两式相减：x₁+x₂-x₁x₂=2，
x₁x₂-x₁-x₂+1=-1，
∴（x₁-1）（x₂-1）=-1，
∴一个等于0，一个等于2；
（2）设二次函数f（x）=x²+bx+c的零点为x₁和x₂，且0＜x₁＜x₂＜1，
则：f（0）=c=x₁x₂＞0，
f（1）=1+b+c=（1-x₁）（1-x₂）=1+b+c＞0
f（0）f（1）=c²+bc+c=x₁x₂（1-x₁）（1-x₂）＜${（\frac{{x}_{1}+1{-x}_{1}}{2}）}^{2}$•${（\frac{{x}_{2}+1{-x}_{2}}{2}）}^{2}$=$\frac{1}{16}$，
∴0＜c²+（1+c）b＜$\frac{1}{16}$；
（3）由题意函数图象为开口向上的抛物线，
且f（x）在区间（2，3]上的最大值只能在闭端点取得，
故有f（2）≤f（3）=1，从而b≥-5且c=-3b-8．
若f（x）=0有实根，则△=b²-4c=b²+12b+32≥0，
∵|x|≥2时，f（x）≥0，
∴在区间[-2，2]有 $\left\{\begin{array}{l}{f（-2）≥0}\\{f（2）≥0}\\{-2≤\frac{b}{2}≤2}\end{array}\right.$即 $\left\{\begin{array}{l}{4-2b+c≥0}\\{4+2b+c≥0}\\{-4≤b≤4}\end{array}\right.$，
消去c，解出 $\left\{\begin{array}{l}{b≤-\frac{4}{5}}\\{b≤-4}\\{-4≤b≤4}\end{array}\right.$，
即b=-4，这时c=4，且△=0．
若f（x）=0无实根，则△=b²-4c＜0，将c=-3b-8代入解得-8＜b＜-4．
综上-5≤b≤-4．
所以b²+c²=b²+（-3b-8）²=10b²+48b+64=10（b+$\frac{12}{5}$）²+$\frac{32}{5}$，
∴b²+c²在[-5，-4]上单调递减．
故（b²+c²）_min=32，（b²+c²）_max=74．

点评 本题考查的知识要点：二次函数的零点和一元二次方程的根的关系，基本不等式的应用，及相关的运算是典型的二次函数最值问题，解题需要灵活运用初等数学思想，包括数形结合，分类讨论，函数思想，转化且探究意识要强．