Question

11．（1）已知f（x）是一次函数，其图象过点（1，4），且${∫}_{0}^{1}$f（x）dx=1，求f（x）的解析式；
（2）设f（x）=ax+b，且${∫}_{-1}^{1}$[f（x）]²dx=1，求f（a）的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设f（x）=ax+b，由题意得到4=a+b，${∫}_{0}^{1}$（ax+b）dx=1，解得即可求出a，b的值，
（2）先根据定积分的计算得到a²=$\frac{3}{2}$-3b²，再根据二次函数的性质求出f（a）=a²+b=$\frac{3}{2}$-3b²的最大值．

解答 解：（1）设f（x）=ax+b，
∵图象过点（1，4），且${∫}_{0}^{1}$f（x）dx=1，
∴4=a+b，${∫}_{0}^{1}$（ax+b）dx=（$\frac{a}{2}$x²+bx）|${\;}_{0}^{1}$=$\frac{a}{2}$+b=1，
解得a=6，b=-2，
∴f（x）=6x-2，
（2）${∫}_{-1}^{1}$[f（x）]²dx=${∫}_{-1}^{1}$（ax+b）²dx=${∫}_{-1}^{1}$（a²x²+2abx+b²）dx=（$\frac{1}{3}$a²x³+abx²+b²x）|${\;}_{-1}^{1}$=$\frac{2}{3}$a²+2b²=1，
∴a²=$\frac{3}{2}$-3b²，≥0，
∴-$\frac{\sqrt{2}}{2}$≤b≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴f（a）=a²+b=$\frac{3}{2}$-3b²+b=-3（b-$\frac{1}{6}$）²+$\frac{19}{12}$≤$\frac{19}{12}$，
∴f（b）在[-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{1}{6}$]在单调递增，在[$\frac{1}{6}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]单调递减，
∴f（$\frac{1}{6}$）=$\frac{19}{12}$，f（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=-3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$
∴f（a）的取值范围为（-3-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{19}{12}$]．

点评 本题考查了定积分的计算和一次函数二次函数的性质，属于基础题．