题目内容
(理)设关于x的方程x2-mx-1=0有两个实根α、β,且α＜β.定义函数f(x)=
.(1)求αf(α)+βf(β)的值;
(2)判断f(x)在区间(α,β)上的单调性,并加以证明;
(3)若λ、μ为正实数,证明不等式:|f(
)-f(
)|＜|α-β|.
(文)如图,在平面直角坐标系中,已知动点P(x,y),PM⊥y轴,垂足为M,点N与点P关于x轴对称,且
=4.
(1)求动点P的轨迹W的方程;
(2)若点Q的坐标为(2,0),A、B为W上的两个动点,且满足QA⊥QB,点Q到直线AB的距离为d,求d的最大值.
答案：(理)解：(1)∵α、β是方程x2-mx-1=0的两个实根,
∴∴f(α)=.
同理,f(β)=.∴αf(α)+βf(β)=2.
(2)∵f(x)=,∴f′(x)=
=
.
当x∈(α,β)时,x2-mx-1=(x-α)(x-β)＜0,
∴f′(x)＞0.∴f(x)在(α,β)上为增函数.
(3)∵λ,μ∈R+,且α＜β,∴
.∴α＜
＜β.
由(2)可知f(α)＜f(
)＜f(β),同理,可得f(α)＜f(
)＜f(β).
∴f(α)-f(β)＜f(
)-f(
)＜f(β)-f(α).
∴|f(
)-f(
)|＜|f(α)-f(β)|.
又由(1)知f(α)=
,f(β)=
,αβ=-1,
∴|f(α)-f(β)|=|
-
|=|
|=|α-β|.∴|f(
)-f(
)|＜|α-β|.
(文)解：(1)由已知M(0,y),N(x,-y).
则
=(x,y)·(x,-2y)=x2-2y2=4,即
=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),如图,由QA⊥QB可得,
=(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0.
①若直线AB⊥x轴,则x1=x2,|y1|=|y2|=
,且y1、y2异号,此时(x1-2)(x2-2)+y1y2=(x1-2)2
=0则x12-8x1+12=0,
解之,得x1=6或x1=2.若x1=2,则直线AB过Q点,不可能有QA⊥QB.
若x1=6,则直线AB的方程为x=6,此时Q点到直线AB的距离为4.
②若直线AB斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,则
(2k2-1)x2+4kmx+2m2+4=0.
则
即
又x1+x2=
,x1x2=
.
∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=
.
∴
=(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+y1y2
=
则m2+8km+12k2=0,可得m=-6k或m=-2k.若m=-2k,则直线AB的方程为y=k(x-2),此直线过点Q,这与QA⊥QB矛盾,故舍去.若m=-6k,则直线AB的方程为y=kx-6k,即kx-y-6k=0.
此时若k=0,则直线AB的方程为y=0,显然与QA⊥QB矛盾,故k≠0.
∴d=
.
由①②可得,dmax=4.
说明:其他正确解法按相应步骤给分.
有两个实根
、
，且
.定义函数
的值；（Ⅱ）判断
在区间
上的单调性，并加以证明；
为正实数，证明不等式：
(x∈R)在区间[-1，1]上是增函数。
的两个非零实根为x1、x2.试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|对任意a∈A及t∈[-1，1]恒成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由。