题目内容
对于函数f(x),若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立,则称x0为f(x)的不动点.如果函数f(x)=ax2+bx+1(a>0)有两个相异的不动点x1,x2.
(1)若x1<1<x2,且f(x)的图象关于直线x=m对称,求证:
1 | 2 |
(2)若|x1|<2且|x1-x2|=2,求b的取值范围.
分析:(1)求出g(x)=f(x)-x的解析式,因为x1<1<x2<2且a>0得到x1x2<(x1+x2)-1,由函数图象关于直线x=m对称得到m的范围,又因为x1x2>x1得到m的范围,求出公共解集即可;
(2)根据根于系数的关系得到x1,x2同号,分两个区间讨论绝对值的取值得到g(2)<0或g(-2)<0得出b的取值范围即可.
(2)根据根于系数的关系得到x1,x2同号,分两个区间讨论绝对值的取值得到g(2)<0或g(-2)<0得出b的取值范围即可.
解答:(1)证明:g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1?且a>0∵x1<1<x2<2
∴(x1-1)(x2-1)<0即x1x2<(x1+x2)-1
于是x=m=-
=
(-
-
)=
(x1+x2)-
x1x2
>
(x1+x2)-
[(x1+x2)-1]=
又∵x1<1<x2<2∴x1x2>x1于是有m=
(x1+x2)-
x1x2<
(x1+x2)-
x1=
x2<1∴
<m<1
(2)解:由方程g(x)=ax2+(b-1)x+1=0,可知x1x2=
>0,∴x1x2同号
(ⅰ)若0<x1<2则x2-x1=2
∴x2=x1+2>2∴g(2)<0
即4a+2b-1<0①
又(x2-x1)2=
-
=4
∴2a+1=
,(∵a>0)代入①式得2
<3-2b,解之得:b<
(ⅱ)若-2<x1<0,则x2=-2+x1<-2∴g(-2)<0,即4a-2b+3<0②
又2a+1=
代入②得2
<2b-1解之得b>
综上可知b的取值范围为{b|b?
或b?
}
∴(x1-1)(x2-1)<0即x1x2<(x1+x2)-1
于是x=m=-
b |
2a |
1 |
2 |
b-1 |
a |
1 |
a |
1 |
2 |
1 |
2 |
>
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
又∵x1<1<x2<2∴x1x2>x1于是有m=
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
(2)解:由方程g(x)=ax2+(b-1)x+1=0,可知x1x2=
1 |
a |
(ⅰ)若0<x1<2则x2-x1=2
∴x2=x1+2>2∴g(2)<0
即4a+2b-1<0①
又(x2-x1)2=
(b-1)2 |
a2 |
4 |
a |
∴2a+1=
(b-1)2+1 |
(b-1)2+1 |
1 |
4 |
(ⅱ)若-2<x1<0,则x2=-2+x1<-2∴g(-2)<0,即4a-2b+3<0②
又2a+1=
(b-1)2+1 |
(b-1)2+1 |
7 |
4 |
综上可知b的取值范围为{b|b?
1 |
4 |
7 |
4 |
点评:考查学生方程与函数综合运用的能力,分类讨论的数学思想,以及灵活运用不等式解决数学问题的能力.
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