解题思路:(1)由题意可得a+b+c=0,a>0且c<0,
−2<
c
a
<−
1
2
,假设存在,由题意,则
a(m−
c
a
)(m−1)=−a<0
,故 [c/a<m<1,
m+3>
c
a
+3 > −2+3=1
,
由f(x)在(1,+∞)单调递增,故有 f(m+3)>f(1)=0,从而得到存在这样的m使f(m+3)>0.
(2)由条件可得 g(x1)•g(x2)=
−
1
4
[f(
x
1
)−f(
x
2
)]
2
≤ 0
],又f(x1)≠f(x2),故有g(x)=0有两个不等实根,且方程g(x)=0 的根必有一个属于(x1,x2).
(3)由f(0)=0得c=0,故f(x)=ax2+bx,由f(x)=x,解得x1=0,x2=[1−b/a].由f[f(x)]=x 得f(x)-x=0 或 a2x2+a(b+1)x+b+1=0,其解为解为0,或[1−b/a],或无解,分类分别求出b的范围,取并集即得b的取值范围.
(1)因为f(1)=a+b+c=0,且a>b>c,所以a>0且c<0,
∵f(1)=0,∴1是方程f(x)=0的一个根,由韦达定理知另一个根为[c/a],
∴[c/a<0<1,又a>b>c,b=-a-c,∴可得 −2<
c
a<−
1
2],
假设存在,由题意,则a(m−
c
a)(m−1)=−a<0,∴[c/a<m<1,∴m+3>
c
a+3 > −2+3=1.
因为f(x)在(1,+∞)单调递增,∴f(m+3)>f(1)=0,
即存在这样的m使f(m+3)>0.
(2)令 g(x)=f(x)−
1
2[f(x1)+f(x2)],则g(x)是二次函数,
∵
g(x1)•g(x2)=[f(x1)−
f(x1)+f(x2)
2][f(x2)−
f(x1)+f(x2)
2]]
=
−
1
4[f(x1)−f(x2)]2 ≤ 0.
又∵f(x1)≠f(x2),g(x1)•g(x2)<0,∴g(x)=0有两个不等实根,
且方程g(x)=0 的根必有一个属于(x1,x2).
(3)由f(0)=0得c=0,∴f(x)=ax2+bx.
由f(x)=x,得方程ax2+(b-1)x=0,解得:x1=0,x2=[1−b/a],
又由f[f(x)]=x 得:a[f(x)]2+bf(x)=x,∴a[f(x)-x+x]2+b[f(x)-x+x]=x,
∴a[f(x)-x]2+2ax[f(x)-x]+ax2+b[f(x)-x]+bx-x=0,
∴[f(x)-x][af(x)-ax+2ax+b+1]=0,即[f(x)-x][a2x2+a(b+1)x+b+1]=0,
∴f(x)-x=0 或 a2x2+a(b+1)x+b+1=0.(*)
由题意(*)式的解为0,或[1−b/a],或无解,
当(*)式的解为0时,可解得b=-1,经检验符合题意.
当(*)式的解为[1−b/a]时,可解得b=3,经检验符合题意;
当(*)式无解时,△=a2(b+1)2-4a2(b+1)<0,即a2(b+1)(b-3)<0,∴-1<b<3.
综上可知,当-1≤b≤3时满足题意.
点评:
本题考点: 二次函数的性质.
考点点评: 本题主要考查二次函数的性质的应用,体现了分类讨论的数学思想,属于基础题.
1年前
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