题目
已知函数f(x)=ax2+bx,f(2)=0且f(x)≤x恒成立
(1)求f(x)的解析式 (2)是否存在常数p,q,使f(x)的定义域和值域分别是【p,q】和【2p,2q】?如果存在求出p,q.如果不存在,说明理由.
(1)求f(x)的解析式 (2)是否存在常数p,q,使f(x)的定义域和值域分别是【p,q】和【2p,2q】?如果存在求出p,q.如果不存在,说明理由.
提问时间:2021-03-14
答案
这道题,有点难度,关键是一元二次方程的根的讨论,建议对零点分布问题,特别是一元二次方程的根的问题分布加深理解.
(1)这里给了两个条件,就用两个条件来解.
因为f(2)=0,代入得:a·4+2b=0 ①
第二个条件,f(x)≤x,则ax2+bx-x≤0恒成立
那么分类,当a=0时,y=bx-x,y值不恒小于等于零.
当a≠0时,a>0时,开口向上,那么小于等于零,也不恒成立.
所以,a<0,⊿≤0,则一元二次方程ax2+bx-x=0,
⊿=(b-1)2-4a·0≤0
(b-1)2≤0 (平方是非负数)
那么只有b-1=0,所以b=1 ②
将②代入①得:a=-1/2
所以,f(x)=-1/2x2+x
(2)f(x)=-1/2x2+x=-1/2(x-1)2+1/2
分类讨论:
①当q≤1时,[p,q]在对称轴的左边,单增区间.
则有f(p)=2p,f(q)=2q
代入方程中,建立方程组,解得p=0 或 p=-2 ; q=0 或q=-2
又因为p<q≤1,所以p=-2,q=0
②当P≥1时,[p,q]在对称轴的右边,单减区间.p<q,则2p<2q
因为值域是[2p,2q],那么f(2p)<f(2q),由单调递减的定义,这是矛盾的
所以不成立.
③当1∈[p,q]时,分成两类:
a.(p+q)/2<1,有f(p)=2q,f(1)=2q 解出来 P=0或P=-2 ; q=1/4
因为q>1,所以,舍去.
b.(p+q)/2≥1 有f(q)=2p,f(1)=2q,由于q=1/4,与q>1矛盾所以仍然舍去.
综上所述:存在p和q,p=-2,q=0,.
(1)这里给了两个条件,就用两个条件来解.
因为f(2)=0,代入得:a·4+2b=0 ①
第二个条件,f(x)≤x,则ax2+bx-x≤0恒成立
那么分类,当a=0时,y=bx-x,y值不恒小于等于零.
当a≠0时,a>0时,开口向上,那么小于等于零,也不恒成立.
所以,a<0,⊿≤0,则一元二次方程ax2+bx-x=0,
⊿=(b-1)2-4a·0≤0
(b-1)2≤0 (平方是非负数)
那么只有b-1=0,所以b=1 ②
将②代入①得:a=-1/2
所以,f(x)=-1/2x2+x
(2)f(x)=-1/2x2+x=-1/2(x-1)2+1/2
分类讨论:
①当q≤1时,[p,q]在对称轴的左边,单增区间.
则有f(p)=2p,f(q)=2q
代入方程中,建立方程组,解得p=0 或 p=-2 ; q=0 或q=-2
又因为p<q≤1,所以p=-2,q=0
②当P≥1时,[p,q]在对称轴的右边,单减区间.p<q,则2p<2q
因为值域是[2p,2q],那么f(2p)<f(2q),由单调递减的定义,这是矛盾的
所以不成立.
③当1∈[p,q]时,分成两类:
a.(p+q)/2<1,有f(p)=2q,f(1)=2q 解出来 P=0或P=-2 ; q=1/4
因为q>1,所以,舍去.
b.(p+q)/2≥1 有f(q)=2p,f(1)=2q,由于q=1/4,与q>1矛盾所以仍然舍去.
综上所述:存在p和q,p=-2,q=0,.
举一反三
已知函数f(x)=x,g(x)=alnx,a∈R.若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)相交,且在交点处有相同的切线,求a的值和该切线方程.
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