三類特殊四次函數對稱性的思考與探究
——從一道模擬考試題談起

浙江省嵊州市黃澤中學 (312400) 章鋼良

三類特殊四次函數對稱性的思考與探究
——從一道模擬考試題談起

浙江省嵊州市黃澤中學 (312400)
章鋼良

函數是高中數學學習的核心內容之一，其性質是研究函數問題的重要工具．對稱性是函數的重要性質之一，也是對函數奇偶性“形化”處理的一般性研究，它在高考中占有重要的一席之地．一般的四次函數規律難尋，情形也較為復雜，所以模考試題中一旦涉及四次函數問題，其解析式常以特殊的形式出現，所以，研究特殊形式的四次函數的對稱性非常之必要．另外，對函數對稱性相關問題的縱向研究，其研究的方式、方法與思維的展開，必定有利于學生對函數其他性質的深度理解和學習．基于此，本文擬在一道具體四次函數試題的解法研究基礎上，進一步探討幾類特殊四次函數的對稱性，及其它們之間的關聯情況，旨在與同行交流、研討．

1.問題的提出與解讀

題目 已知函數f(x)=(x2+x)(x2+ax+b)，若對?x∈R，均有f(x)=f(2-x)，則f(x)的最小值為( ).

這道試題以一元四次函數為背景，考查函數圖像對稱性(代數形式理解)、導數的應用，同時滲透函數與方程、數形結合、等價轉化、特殊與一般的數學思想，可有效檢測考生邏輯推理能力、運算求解能力、數據處理能力等．“對?x∈R，均有f(x)=f(2-x)”實則是告訴我們函數f(x)的圖像關于直線x=1對稱．在一般的模考試卷中，多項式函數的最高次數一般不超過三次，四次很少見，老師在課堂中也很少提及．就學生來說，必然缺少這方面的解題經驗．因此，這樣的試題可以真實、有效地檢測出學生對函數對稱性的本質理解，以及處理函數問題的能力強弱和數學思維的靈活度等．

2.問題的破解與評析

解決本題的關鍵環節，在于如何求出函數f(x)的解析式，即確定實數a，b的值．下面，筆者主要就如何求a，b的值談談個人的理解與思考．

思路1：挖掘等式特征，構建方程(組)求參

這是一道具體的數學問題，我們可以利用試題的特定條件與目標特征進行特殊處理．要求出兩個參數a，b的值，結合方程組思想，我們只需找到兩個關于a，b的方程即可．注意到條件等式f(x)=f(2-x)對任意實數x均成立，所以只需取兩組特殊的數值代入便可解決問題．

解析1：令x=0，則f(0)=f(2)，即2a+b+4=0．令x=-1，則f(-1)=f(3)，即3a+b+9=0．聯立方程組解得a=-5，b=6，于是

點評：本解法中，之所以取x=0與x=-1，主要是考慮到f(x)的表達式中含有(x2+x)因式，這樣取值后函數值便為0，運算最為簡潔、簡單、清楚．四次函數的最值求解沒有通用的方法，此法中，我們抓住目標解析式的整體特征，巧妙配對，構造出以(x2-2x)為自變量的一元二次函數，從而優化了算法．本題的第二個環節——求最小值，也可以通過導數求解，但其解題的過程沒有上述方法簡潔.

思路2：挖掘結構特性，借用對比求參

把函數f(x)的解析式直接代入f(x)=f(2-x)，根據展開多項式兩邊既定因式，通過對比尋找解題途徑．

解析2：由f(x)=f(2-x),知(x2+x)(x2+ax+b)=[(2-x)2+(2-x)][(2-x)2+a(2-x)+b],即(x2+x)(x2+ax+b)=(x2-5x+6)[x2-(a+4)x+4+2a+b]對任意實數x均成立．

解此方程組可得a=-5，b=6符合．以下略．

點評：在解法中，對于等式(x2+x)(x2+ax+b)=(x2-5x+6)[x2-(a+4)x+4+2a+b]，我們采用了特殊化處理，即注意到等式左右兩邊都是兩個因式相乘形式，其中有一種特殊可能，那就是等式兩邊被分解的多項式對應相等．當然，一個高次多項式若可分解，其分解形式也不一定唯一．這種方式的特殊處理不一定會有解，但若有解，則必定是問題的解．在本題中恰好出現這種特殊情形，從而有了這樣的處理方式(屬不嚴謹的推理)．特殊化策略得到的解，推理過程必然是不嚴密的，但在合情推理下，得到的答案也會因合理而正確．有時雖然會導致答案不完整，但至少會得到部分結果，這對獲得問題的全解必然有很大的幫助．尤其是做選擇題，那更是神來之筆，因為數學選擇題的答案是唯一確定的，所以我們通常可以采用“非常規”手段來求解選擇題，以期達到節省考試時間的目的．

思路3：挖掘圖像特性，巧用零點求參

一個軸對稱函數圖像，一旦含有不在對稱軸上的零點，則其必有另外一個零點，且這兩個零點關于對稱軸對稱．

解析3：由f(x)=f(2-x)可知，f(x)的圖像關于直線x=1對稱．又f(0)=f(-1)=0，所以f(2)=f(3)=0．所以2，3是方程x2+ax+b=0的兩個根，由韋達定理便可解得a=-5，b=6．以下略．

思路4：挖掘函數性質，活用零點特性

若四次函數f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(a≠0)有4個零點x1，x2，x3，x4，則f(x)=a(x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4)．

解析4：由解析3知，f(0)=f(-1)=f(2)=f(3)=0，所以f(x)=x(x+1)(x-2)(x-3)．以下略．

點評：函數零點是函數另一層面的一個特性，其特性是函數圖像與x軸交點的橫坐標．當條件或函數解析式中隱含透露出零點的信息時，我們就可借助零點特性和圖像對稱性的特點，找出此函數的所有零點，從而利用零點式表述函數解析式，可起到化難為易的功效．本題的函數解析式中含有因式(x2+x)，此式在告訴我們f(x)存在兩個零點0和-1，從而有了思路3與4的解題路徑．

思路5：借助奇偶特性，化一般為特殊

若函數f(x)的圖像關于直線x=t對稱，則f(x+t)的圖像關于y軸對稱．

解析5：由f(x)=f(2-x)可知，f(x)的圖像關于直線x=1對稱．所以g(x)=f(x+1)=(x+1)(x+2)(x2+(a+2)x+1+a+b)的圖像關于y軸對稱．故x2+(a+2)x+1+a+b=(x-1)(x-2)．解得a=-5，b=6．以下略．

思路6：活用對稱性質，巧妙待定轉化

由軸對稱的性質可知，二次函數y=f(x)與函數y=af2(x)+bf(x)+c(a≠0)的對稱軸是一樣的．若四次函數f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(a≠0)關于直線x=t對稱，則有f(x)=a(x-t)4+m(x-t)2+n，其中m，n∈R．

點評：函數對稱性，從“數”與“形”的角度去理解有較多的等價含義，也具有眾多的性質，我們若能有效地利用這些等價含義與性質，往往能起到降低思維起點，減少思考時間，縮短解題過程，減輕運算量大小等方面的功能.本解法正是基于符合函數的對稱性特性(y=f(x)的對稱軸必定是y=g[f(x)]的對稱軸)，利用待定系數法巧妙求解．

思路7：挖掘恒等內涵，順勢問題而為

數學學科是一門嚴謹的學科，我們做數學研究，應該追求數學推理的嚴謹性．只有通過嚴格的邏輯推理論證，才能找到符合條件的所有的正確數組(a，b)，給出的解法才具有一般性意義，也才能令人十分信服．基于恒等式原理，方程a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0=0恒成立的充要條件是ai=0(i=0，1，2，3，4)．

解析7：由解析2知(x2+x)(x2+ax+b)=(x2-5x+6)[x2-(a+4)x+4+2a+b]對任意實數x均成立．

利用恒等式的原理，方程兩邊xn(n=0，1，2，3)前的系數均對應相等，得到

點評：依據恒等式原理求解問題的優點是，可以得到多個方程，利用相互之間的獨立方程個數便可得到相關數目的變量值(可能存在方程數目與變量數目不相等的情形)，這樣可以尋找到問題所有的解．當然，乘積形式的多項式方程，通過展開求解，其缺點也是明顯的，主要是運算量較大，體現在這么幾個方面：一是多項式相乘，等式兩邊都需展開且合并同類項；二是方程個數多于變量個數，在求解過程中，選驗兩難，不同的方程選擇會產生不同的運算途徑與運算量，從中更需要有一定的觀察能力和思維靈活度；三是運算貫穿解題始終，而帶字母的推理運算能力又恰恰是當下學生的弱項，這對考生的解題意志力要求較高，煩難冗長的運算過程很容易導致學生解題半途而廢．在本題中，四個二元一次方程中只有2個方程是相互獨立，其中(1)與(2)等價，(3)與(4)等價，根據方程結構特點，我們只需選擇形式較為簡單的(1)與(4)求解便可，以求減少運算．

3.問題的思考與探究

本問題中的函數具有這樣的特征：其解析式是兩個二次函數相乘得到．那么，對于具有軸對稱性的二次函數，兩個函數相乘得到的一元四次函數F(x)=(x2+a1x+b1)(x2+a2x+b2)，是否也一定具有軸對稱性？如果有的話，需要滿足怎樣條件？其對稱軸方程與參數a1，b1，a2，b2又有怎樣的關系呢？參數a1，b1，a2，b2相互之間又需要滿足怎樣的關系？兩個二次函數的對稱軸方程與相乘以后得到的四次函數的對稱軸方程之間是否有某種聯系？

另外，可分解的四次函數還有F(x)=(x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4)與F(x)=(x+a)·(x3+bx2+cx+d)兩種形式，若它們是軸對稱函數，又有怎樣的特點？需要滿足怎樣的條件？

懷著期待與疑惑，我們就來探究這些關系．

4.問題的拓展與引申

注意到函數y=f(x)與函數y=af(x)(a∈R*)的對稱性相同，所以，我們只需研究最高項系數為1的情形就可以了．

4.1 四次函數F(x)=(x2+b1x+c1)(x2+b2x+c2)的對稱性探究

若F(x)的圖像關于直線x=t對稱，則F(2t-x)=F(x)，于是(x2+b1x+c1)(x2+b2x+c2)=[(2t-x)2+b1(2t-x)+c1]·[(2t-x)2+b2(2t-x)+c2]，即x4+(b1+b2)x3+(c1+c2+b1b2)x2+(b1c2+b2c1)x+c1c2=[x2-(4t+b1)x+(4t2+2tb1+c1)]·[x2-(4t+b2)x+(4t2+2tb2+c2)]對任意實數x均成立．

我們先來看x3前面的系數，可得b1+b2=-(8t+b1+b2)，所以b1+b2=-4t．(*)

我們再來看x2前面的系數，可得c1+c2+b1b2=24t2+10(b1+b2)t+(c1+c2)+b1b2，即24t2+6(b1+b2)t=0．在(*)式條件下，此時顯然成立．

我們再來看x前面的系數，可得-(b1c2+b2c1)=32t3+12(b1+b2)t2+(4b1b2+4(c1+c2))t+b1c2+b2c1．把(*)代入上式，便可得8t3=2(b1b2+(c1+c2))t+(b1c2+b2c1)．(**)

最后，我們再來看常數項，得c1c2=(4t2+2tb1+c1)(4t2+2tb2+c2)，即16t4+8(b1+b2)t3+4(b1b2+(c1+c2))t2+2(b1c2+b2c1)t=0，把(*)代入上式得[8t3-2(b1b2+(c1+c2))t-(b1c2+b2c1)]t=0．在(**)式條件下，此時也顯然成立．

至此，我們得到二個獨立的方程：

(1)b1+b2=-4t；

(2)8t3=2(b1b2+(c1+c2))t+(b1c2+b2c1)，即(b1+b2)(b1-b2)2=4(b2-b1)(c2-c1).

于是我們便可得到：

研究其特殊情形：

(2)若b1≠b2，則(b1+b2)(b2-b1)=4(c2-c1)，即b1-4c1=b2-4c2．

(ⅰ)當b1+b2=0，c2=c1時，則F(x)圖像是關于y軸對稱．此類函數解析式為F(x)=(x2+bx+c)(x2-bx+c)．

4.2 四次函數F(x)=(x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4)的對稱性探究

借助拓展1，不難得到：

說明：本文中先前提出的問題，函數解析式正是拓展3中的一個特例．

為方便研究其特殊情形，不妨設x1≤x2≤x3≤x4．

(1)F(x)的圖像關于y軸對稱的充要條件是x1+x2+x3+x4=0．

(2)F(x)是軸對稱函數的充要條件是x1+x4=x2+x3．

(3)若x1，x2，x3，x4構成以d為公差的等差數列，則F(x)必是軸對稱函數，且其最小值為-d4．

簡證：由x1，x2，x3，x4是等差數列可知，x1+x4=x2+x3，由拓展3知F(x)是軸對稱函數．

F(x)=[x2-(x2+x3)x+x2x3][x2-(x1+x4)x+x1x4]=[x2-(x2+x3)x+x2x3][x2-(x1+x4)x+x2x3-2d2],令x2-(x2+x3)x+x2x3=t，則F(x)=t2-2d2t=(t-d2)2-d4．所以，當t=d2時，F(x)有最小值-d4．

4.3 四次函數F(x)=(x+a)(x3+bx2+cx+d)的對稱性探究

令F(2t-x)=F(x)，則(x+a)(x3+bx2+cx+d)=(2t-x+a)[(2t-x)3+b(2t-x)2+c(2t-x)+d]，即x4+(a+b)x3+(ab+c)x2+(ac+d)x+ad=[x-(2t+a)][(x-2t)3-b(x-2t)2+c(x-2t)-d]對任意實數x均成立．

根據拓展1的推理，可得a+b=-4t，且8d=(b-a)[4c-(b-a)(b+a)]．

下面研究其特殊情形d≠0，否則F(x)=(x+a)(x3+bx2+cx)=(x2+ax)(x2+bx+c)是拓展1的特例c1=0．根據拓展4，d≠0前提下須有a≠b．另外，在拓展1的特殊情形中出現過，下面也不再討論，

(4)若a+b=0，則d=-ac為F(x)=(x+a)(x3-ax2+cx+d)是軸對稱函數的充要條件，且F(x)圖像關于y軸對稱．此類軸對稱函數的解析式為F(x)=(x2-a2)(x2+c)．

4.4 四次函數F(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(a≠0)的對稱性探究

下面研究一般式中缺少一項的特殊四次函數的對稱性，以下均有a≠0．

(1)F(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e的圖像關于y對稱的充要條件是b=d=0．此類函數解析式為F(x)=ax4+cx2+e．

[1]耿小平．四次函數及五次函數圖像的對稱性初探[J]．福建中學數學，2009(12):20-21．