已知函数 $f(x)=x^2+ax+b$，$p+q=1$，求证：$pf(x)+qf(y)\geqslant f(px+qy)$ 恒成立的充要条件是 $0\leqslant p\leqslant 1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
根据题意，题中不等式即\[p\left(x^2+ax+b\right)+(1-p)\left(y^2+ay+b\right)-\left(px+y-py\right)^2-a\left(px+y-py\right)-b\geqslant 0,\]记左侧代数式为 $\varphi(p,x)$，则该代数式是关于 $p$ 的二次函数，也为关于 $x$ 的二次函数．由于当 $p=0$ 和 $p=1$ 时，$\varphi(p,x)=0$，于是该代数式必然包含因式 $p(1-p)$；当 $x=y$ 时，$\varphi(p,x)=0$，考虑到对称性，于是该代数式必然包含因式 $(x-y)^2$．结合 $p^2x^2$ 的系数，可得\[\varphi(p,x)=p(1-p)(x-y)^2,\]因此原命题得证．
答案
解析
备注
