每日一题：2020-07-01

每日一题: 2020-07-01

题目: $f(x)=ax^2+bx+c (a>0), f(x)=x$ 的两根$x_1,x_2$ 满足$0\lt x_1\lt x_2<\frac{1}{a}$,
$f(x)$ 关于$x=x_0$ 对称, 证明:
(1) $x_0\lt \frac{x_1}{2}$;
(2) 当$0\lt x\lt x_1$ 时, $x\lt f(x)\lt x_1$.

参考思路

(1) 由已知: $x_0=-\frac{b}{2a}$. 又$f(x)-x=ax^2+(b-1)x+c=0$ 的两根为$x_1,x_2$.
由韦达定理知: $x_1+x_2=\frac{1-b}{a}$.
结合以上两式得:$x_0=\frac{1}{2}(x_1+x_2-\frac{1}{a})=\frac{1}{2}x_1+\frac{1}{2}(x_2-\frac{1}{a})\lt \frac{1}{2}x_1$.

(2) 记$g(x)=f(x)-x=$, 因为$g(x)=0$的两根为$x_1,x_2$, 所以$g(x)$ 的对称轴方程为$x=\frac{x_1+x_2}{2}$
因为$\frac{x_1+x_2}{2}>x_1$, 因此当$0\lt x\lt x_0$时$g(x)$ 是递减函数,$g(x)>g(0)=0$, 即$f(x)>x$

由(1)知: $2x_0\lt x_1, x=x_0$ 为$f(x)$ 的对称轴, 于是$f(0)=f(2x_0)$.
若$x_0>0$, 则$f(x)$ 在$0\lt x\leq x_0$ 上递减, 在$x_0\lt x\lt x_1$ 上递增.
所以当$0\lt x\leq x_0$时, 有$f(x)\lt f(0)=f(2x_0)\lt f(x_1)=x_1$;
当$x_0\lt x\lt x_1$ 时, 有$f(x)\lt f(x_1)=x_1$.
若$x_0\lt 0$, 则$f(x)$ 在$0\lt x\lt x_1$上递增, 显然$f(x)\lt f(x_1)=x_1$.
综上, 对任意$0\lt x\lt x_1$, 均有$x\lt f(x)\lt x_1$ 成立.