MT【336】二次函数"脱衣服"

已知函数$f(x)=x^2+bx+c,(|b|\le5,c\in R)$,记$A=\{x|f(x)=x\},B=\{f(f(x))=x\}$
若集合$A=\{x_1,x_2\},B=\{x_1,x_2,x_3,x_4\}$,且$|x_1-x_2|+|x_3-x_4|\le1+\sqrt{5}$恒成立,求$b+c$的取值范围.

分析:不妨设$x_2> x_1,x_4> x_3$.由题意$f(x)-x=(x-x_1)*(x-x_2)$则
$f(f(x))-x=f(f(x))-f(x)+f(x)-x$
$=(f(x)-x_1)(f(x)-x_2)+(x-x_1)(x-x_2)$
$=(f(x)-x+x-x_1)(f(x)-x+x-x_2)+(x-x_1)(x-x_2)$
$=(x-x_1)(x-x_2)[(x-x_1+1)(x-x_2+1)+1]$
故$g(x)=(x-x_1+1)(x-x_2+1)+1$的两个零点为$x_3,x_4$
从而$x_3+x_4=x_1+x_2-2,x_3x_4=(1-x_1)(1-x_2)+1\Delta>0$得$x_2-x_1>2$
$|x_1-x_2|+|x_3-x_4|=x_2-x_1+\sqrt{(x_3+x_4)^2-4x_3x_4}=x_2-x_1+\sqrt{(x_2-x_1)^2-4}\le \sqrt{5}+1$

由函数$h(t)=t+\sqrt{t^2-4}$在$(0,\infty)$上单调递增且$h(\sqrt{5})=\sqrt{5}+1$知$2<x_2-x_1\le\sqrt{5}$

因为$x_1,x_2$为$f(x)-x=x^2+(b-1)x+c$的零点,故$x_1+x_2=1-b,x_1x_2=c$
所以$(x_2-x_1)^2=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=(b-1)^2-4c\in(4,5]$
故$b+c\ge b+\dfrac{(b-1)^2-5}{4}=\dfrac{(b+1)^2-5}{4}\ge-\dfrac{5}{4}$
$b+c<b+\dfrac{(b-1)^2}{4}-1=\dfrac{(b+1)^2}{4}-1\le8$
从而$b+c\in[-\dfrac{5}{4},8]$