《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

6. 设函数 $ f(x) = x^2 + bx + c $，方程 $ f(x) - x = 0 $ 的两个实根为 $ x_1,x_2 $，且 $ x_2 - x_1 ＞ 2 $。
(1) 求证：$ x_1,x_2 $ 为方程 $ f[f(x)] = x $ 的两根；
(2) 若四次方程 $ f[f(x)] = x $ 的另外两个根为 $ x_3,x_4 $，且 $ x_3 ＞ x_4 $，试判断 $ x_1,x_2,x_3,x_4 $ 的大小。

答案： 6. 解析:
(1)设$ f(x)-x=(x - x_{1})(x - x_{2}) $,
所以$ f(x)-x_{1}=(x - x_{1})(x - x_{2}+1) $,
$ f(x)-x_{2}=(x - x_{2})(x - x_{1}+1) $,
所以$ f[f(x)]-x=[f(x)-x_{1}][f(x)-x_{2}]+f(x)-x $
$ =[f(x)-x_{1}][f(x)-x_{2}]+(x - x_{1})(x - x_{2}) $
$ =(x - x_{2})(x - x_{1}+1)(x - x_{1})(x - x_{2}+1)+(x - x_{1})(x - x_{2}) $
$ =(x - x_{1})(x - x_{2})[(x - x_{1}+1)(x - x_{2}+1)+1] $
$ =0 $,
显然$ x_{1},x_{2} $为方程$ f[f(x)]=x $的两根.
(2)由
(1)知$ x_{3},x_{4} $是$ g(x)=(x - x_{1}+1)(x - x_{2}+1)+1 $的两个零点,
因为$ x_{2}-x_{1}＞2 $,
所以$ g(x_{1})=x_{1}-x_{2}+1＜0 $,$ g(x_{2})=x_{2}-x_{1}+2＞0 $.
又二次函数$ g(x) $的图象开口向上,
所以方程$ g(x)=0 $在$ (-\infty,x_{1}) $及$ (x_{1},x_{2}) $内各有一个根,
所以$ x_{4}＜x_{1}＜x_{3}＜x_{2} $.

7. 已知二次函数 $ f(x) = x^2 + ax + b(a,b \in \mathbf{R}) $ 有两个不同的零点。若 $ f(x^2 + 2x - 1) = 0 $ 有四个不同的根 $ x_1 ＜ x_2 ＜ x_3 ＜ x_4 $，且满足 $ 2x_2 = x_1 + x_3 $，$ 2x_3 = x_2 + x_4 $，求 $ a - b $ 的取值范围。

答案： 7. 解析:设方程$ x^{2}+ax + b = 0 $的两个根分别为$ \alpha,\beta $,
且$ \alpha＜\beta $,$ \alpha+\beta=-a $,$ \alpha\beta = b $,
则$ f(x^{2}+2x - 1)=(x^{2}+2x - \alpha - 1)(x^{2}+2x - \beta - 1) $,
所以$ x_{1},x_{4} $为方程$ x^{2}+2x - \beta - 1 = 0 $的两个根,
$ x_{2},x_{3} $为方程$ x^{2}+2x - \alpha - 1 = 0 $的两个根,
由已知得$ |x_{1}-x_{4}|=3|x_{2}-x_{3}| $,
再由韦达定理得$ \beta = 9\alpha + 16 $,
于是$ a - b=-a - \beta - \alpha\beta=-9\alpha^{2}-26\alpha - 16=-9\left(\alpha+\frac{13}{9}\right)^{2}+\frac{25}{9} $,
所以$ a - b $的取值范围是$ \left(-\infty,\frac{25}{9}\right] $.

8. 已知函数 $ f(x - 2) = ax^2 - (a - 3)x + a - 2 $（$ a $ 为负整数）的图象经过点 $ (m - 2,0) $，$ m \in \mathbf{R} $，设 $ g(x) = f[f(x)] $，$ F(x) = pg(x) + f(x) $。问是否存在实数 $ p(p ＜ 0) $ 使得 $ F(x) $ 在区间 $ (-\infty,f(2)] $ 上是减函数，且在区间 $ (f(2),0) $ 上是增函数？并证明你的结论。

答案： 8. 解析:由已知得$ f(m - 2)=0 $,
所以$ am^{2}-(a - 3)m + a - 2 = 0 $,其中$ m\in\mathbf{R},a\neq0 $,
所以$ \Delta\geq0 $,即$ 3a^{2}-2a - 9\leq0 $,
解得$ \frac{1 - 2\sqrt{7}}{3}\leq a\leq\frac{1 + 2\sqrt{7}}{3} $.
因为$ a $为负整数,所以$ a = -1 $,
所以$ f(x - 2)=-x^{2}+4x - 3=-(x - 2)^{2}+1 $,
即$ f(x)=-x^{2}+1 $,
所以$ g(x)=f[f(x)]=-(-x^{2}+1)^{2}+1=-x^{4}+2x^{2} $,
所以$ F(x)=pg(x)+f(x)=-px^{4}+(2p - 1)x^{2}+1 $.
假设存在实数$ p(p＜0) $,使得$ F(x) $满足条件,设$ x_{1}＜x_{2} $,
所以$ F(x_{1})-F(x_{2})=(x_{1}^{2}-x_{2}^{2})[-p(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+2p - 1] $.
因为$ f(2)=-3 $,
当$ x\in(-\infty,-3) $时,$ F(x) $为减函数,
所以$ F(x_{1})-F(x_{2})＞0 $.
因为$ x_{1}^{2}-x_{2}^{2}＞0 $,
则$ -p(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+2p - 1＞0 $.
因为$ x_{1}＜-3 $,$ x_{2}＜-3 $,所以$ x_{1}^{2}+x_{2}^{2}＞18 $,
所以$ -p(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+2p - 1＞-16p - 1 $,
所以$ -16p - 1\geq0 $ ①.
当$ x\in(-3,0) $时,$ F(x) $为增函数,
所以$ F(x_{1})-F(x_{2})＜0 $.
因为$ x_{1}^{2}-x_{2}^{2}＞0 $,
所以$ -p(x_{1}^{2}+x_{2}^{2})+2p - 1＜-16p - 1 $,
所以$ -16p - 1\leq0 $ ②.
由①、②可知$ p=-\frac{1}{16} $,
故存在$ p=-\frac{1}{16} $使$ F(x) $满足题意.