Question

18．已知二次函数f（x）=ax²+bx+c（a≠0）的图象过点（-1，0），命题p：对任意实数x，f（x）≥x；命题q：存在实数x，使f（x）＞$\frac{1}{2}$（x²+1）若命题“p且非q”为真命题．
（1）求证：f（1）=1；
（2）求f（x）的解析式．

Answer 1

分析 （1）由f（x）的图象过点（-1，0）便可得到b=a+c，而根据条件“p且非q”为真命题，便可得到不等式$x≤a{x}^{2}+bx+c≤\frac{1}{2}（{x}^{2}+1）$对任意x∈R恒成立，从而取x=1，便可得出f（1）=a+b+c=1；
（2）根据上面便可得到不等式组，$\left\{\begin{array}{l}{a{x}^{2}+（b-1）x+c≥0}\\{（a-\frac{1}{2}）{x}^{2}+bx+c-\frac{1}{2}≤0}\end{array}\right.$恒成立，从而这两个不等式对应的判别式都小于等于0：$\left\{\begin{array}{l}{（b-1）^{2}-4ac≤0}\\{{b}^{2}-4（a-\frac{1}{2}）（c-\frac{1}{2}）≤0}\end{array}\right.$，这两个不等式可以相加，再带入前面的b=a+c，便可得出（a-c）²≤0，从而有a=c，b=2a，这样带入前面的不等式组便可解得$\frac{1}{4}≤a≤\frac{1}{4}$，从而便得出a=$\frac{1}{4}$，这样b，c也都可求出，从而得出f（x）的解析式．

解答 解：（1）证明：f（x）的图象过点（-1，0）；
∴a-b+c=0；
∴b=a+c；
∵p且非q为真命题；
∴p真q假；
∴对任意的实数x，不等式$x≤f（x）≤\frac{1}{2}（{x}^{2}+1）$恒成立；
即x$≤a{x}^{2}+bx+c≤\frac{1}{2}（{x}^{2}+1）$恒成立；
∴x=1时，1≤a+b+c≤1；
∴a+b+c=1；
∴f（1）=1；
（2）由上面知，不等式组$\left\{\begin{array}{l}{a{x}^{2}+（b-1）x+c≥0}\\{（a-\frac{1}{2}）{x}^{2}+bx+c-\frac{1}{2}≤0}\end{array}\right.$恒成立；
∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}&{\;}\\{（b-1）^{2}-4ac≤0}&{①}\\{a＜\frac{1}{2}}&{\;}\\{{b}^{2}-4（a-\frac{1}{2}）（c-\frac{1}{2}）≤0}&{②}\end{array}\right.$；
①+②得，2b²-2b-8ac+2（a+c）≤0，带入b=a+c得：2（a-c）²≤0；
∴a=c，b=2a，带入①得，（2a-1）²-4a²=-4a+1≤0；
∴$a≥\frac{1}{4}$；
a=c，b=2a带入②得，$4{a}^{2}-4（a-\frac{1}{2}）^{2}=4a-1≤0$；
∴$a≤\frac{1}{4}$；
∴$a=\frac{1}{4}$；
∴$b=\frac{1}{2}，c=\frac{1}{4}$；
∴$f（x）=\frac{1}{4}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$．

点评 考查函数图象上的点的坐标满足函数解析式，p且q，非p的真假和p，q真假的关系，一元二次不等式的解集为R时，判别式△的取值情况，以及完全平方公式的运用．