七里香小女孩:已知二次函数f(x)=aX2+bx+c的图象经过点（-1，0），且对一切实数x，不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立。

这个是最简单的解析几何题目`

在这里无法画坐标啊。。

怎么办？帮你分析一下吧，既然经过（-1，0），且对一切实数x，不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立。

这说明f(x)=aX2+bx+c这个函数的曲线是和X轴相切的，同时你只要证明曲线F（x）=aX2+bx+c因为过（-1，0），所以一定在另一个函数f(x)=（1+x2)/2曲线之上就可以了。

将x=-1，f（x）=0代入，

可得，a-b+c =0

同时结合不等式的曲线，x≤f(x)≤（1+x2)/2限制的一部分，可以得出c值，

这样的话，a、 b 、c 就出来了。

这样f（x）的解析式就出来了。

哎呀，画图最好解释了。。可惜无法画坐标图来解释。

这是最简单的高一的代数题！有事情联络我

解：将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由此得2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0<a<1/2
∴f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0<a<1/2
所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0<a<1/2
所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0<a<1/2
所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

f(-1)=a-b+c=0
当x=1时，1≤f(1)≤(1+1)/2=1
f(1)=a+b+c=1
b=1/2,a+c=1/2
f(x)=ax^2+1/2x+1/2-a
f(x)-x=ax^2-1/2x+1/2-a≥0恒成立
a>0
判别式=1/4-4a(1/2-a)≤0
f(x)-（1+x^2)/2=(a-1/2)x^2+1/2x-a≤0恒成立
a-1/2<0
判别式=1/4-4(a-1/2)(-a)≤0
(4a-1)^2≤0
a=1/4
f(x)=1/4*(x+1)^2