题目（高二 · 代数）：17. 定义在 $R$ 上的函数 $f(x)=a x^{2}+x$.

(I) 当 $a>0$ 时, 求证: 对任意的 $x_{1}, x_{2} \in R$ 都有 $\frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right] \geq f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)$ 成立;

(II) 当 $x \in[0,2]$ 时, $|f(x)| \leq 1$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围;

(III) 若 $a=\frac{1}{4}$, 点 $p\left(m, n^{2}\right) \quad(m \in Z, n \in Z)$ 是函数 $y=f(x)$ 图象上的点, 求 $m, n$.
选项：
答案：( I ) 详见解析 (II) $-\frac{3}{4} \leq a \leq-\frac{1}{4}$ (III) $m=n=0$ 或者 $m=-4, n=0$

解: (I ) 证明: $\because \frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right]-f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)$

$=\frac{1}{2}\left(a x_{1}^{2}+x_{1}+a x_{2}^{2}+x_{2}\right)-a\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}-\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$

$=\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}}{4}$,

$\because a>0, \therefore \frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right]-f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) \geq 0$,

$\therefore \frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right] \geq f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)$.

(II) 当 $x=0$ 时, $|f(x)| \leq 1$ 显然成立, 此时 $a \in R$;

当 $x \in(0,2]$ 时, $|f(x)| \leq 1 \Leftrightarrow-1 \leq a x^{2}+x \leq 1 \Leftrightarrow \frac{-1-x}{x^{2}} \leq a \leq \frac{1-x}{x^{2}}$

$\Leftrightarrow-\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x} \leq a \leq=\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x}$ 恒成立,

$\because x \in(0,2], \therefore-\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x}$ 有最大值 $-\frac{3}{4}, \quad\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x}$ 有最小值 $-\frac{1}{4}$,

$\therefore-\frac{3}{4} \leq a \leq-\frac{1}{4}$.

(III) $\because a=\frac{1}{4}, \therefore f(x)=\frac{1}{4} x^{2}+x$, ,

$\because P\left(m, n^{2}\right)$ 在函数 $f(x)$ 的图象上, $\therefore \frac{1}{4} m^{2}+m=n^{2}$,

变形得 $(m+2)^{2}-4 n^{2}=4$,

$\therefore(m+2-2 n)(m+2+2 n)=4$, 且 $m \in Z, n \in Z$,

$\because(m+2-2 n)+(m+2+2 n)=2 m+4$ 为偶数,

$\therefore m+2-2 n$ 与 $m+2+2 n$ 同为偶数,

<ImageHere>
解得: $\left\{\begin{array}{l}m=0 \\ n=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}m=-4 \\ n=0\end{array}\right.$

故答案为: $m=n=0$ 或者 $m=-4, n=0$

## 【点睛】

本题考查了不等式的证明、不等式恒成立转化为最值, 属难题.
解析：( I ) 详见解析 (II) $-\frac{3}{4} \leq a \leq-\frac{1}{4}$ (III) $m=n=0$ 或者 $m=-4, n=0$

解: (I ) 证明: $\because \frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right]-f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)$

$=\frac{1}{2}\left(a x_{1}^{2}+x_{1}+a x_{2}^{2}+x_{2}\right)-a\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}-\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$

$=\frac{a\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}}{4}$,

$\because a>0, \therefore \frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right]-f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right) \geq 0$,

$\therefore \frac{1}{2}\left[f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)\right] \geq f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)$.

(II) 当 $x=0$ 时, $|f(x)| \leq 1$ 显然成立, 此时 $a \in R$;

当 $x \in(0,2]$ 时, $|f(x)| \leq 1 \Leftrightarrow-1 \leq a x^{2}+x \leq 1 \Leftrightarrow \frac{-1-x}{x^{2}} \leq a \leq \frac{1-x}{x^{2}}$

$\Leftrightarrow-\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x} \leq a \leq=\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x}$ 恒成立,

$\because x \in(0,2], \therefore-\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x}$ 有最大值 $-\frac{3}{4}, \quad\left(\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{1}{x}$ 有最小值 $-\frac{1}{4}$,

$\therefore-\frac{3}{4} \leq a \leq-\frac{1}{4}$.

(III) $\because a=\frac{1}{4}, \therefore f(x)=\frac{1}{4} x^{2}+x$, ,

$\because P\left(m, n^{2}\right)$ 在函数 $f(x)$ 的图象上, $\therefore \frac{1}{4} m^{2}+m=n^{2}$,

变形得 $(m+2)^{2}-4 n^{2}=4$,

$\therefore(m+2-2 n)(m+2+2 n)=4$, 且 $m \in Z, n \in Z$,

$\because(m+2-2 n)+(m+2+2 n)=2 m+4$ 为偶数,

$\therefore m+2-2 n$ 与 $m+2+2 n$ 同为偶数,


解得: $\left\{\begin{array}{l}m=0 \\ n=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}m=-4 \\ n=0\end{array}\right.$

故答案为: $m=n=0$ 或者 $m=-4, n=0$

## 【点睛】

本题考查了不等式的证明、不等式恒成立转化为最值, 属难题.