1．二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p,q,r满足p/(m+2)+q/(m+1)+r/m=0,其中m>0，求证：
（1）pf(m/(m+1))<0
（2）方程f(x)=0在(0,1)内恒有解
p/(m+2)+q/(m+1)+r/m=0
=>r=-pm/(m+2)-qm/(m+1)
pf(m/(m+1))=p²m²/(m+1)²+qmp/(m+1)-p²m/(m+2)-qpm/(m+1)=-p²m/(m+2)(m+1)²<0
2.设f(x)=0的两根为x1,x2
则可得f(x)=p(x-x1)(x-x2)=p[x²+qx/p-m/(m+2)-qm/p(m+1)]
设g(x)=pf(x)
若q/p≥0
g(1)=p²[2/(m+2)+q/p(m+1)]>0
g(0)=p²[-m/(m+2)-qm/p(m+1)]<0
则在(0,1)必有一实根
若q/p<0
设f(x)=0的两根为x1≤x2
则可得f(x)=p(x-x1)(x-x2)
pf(x)=p²(x-x1)(x-x2)
因pf(m/(m+1))<0
则p²[m/(m+1)-x1][m/(m+1)-x2]<0
则x1<m/(m+1),x2>m/(m+1)
若不存在(0,1)内的实根,则须x1≤0,x2≥1
x1=-q/2p-√[q²/p²+4m/(m+2)+4qm/p(m+1)]/2 ≤0
则0≤4m/(m+2)+4qm/p(m+1)
=>-(m+1)/(m+2)≤q/p
=>0<1/2+1/2(m+2)≤q/2p+1
x2=-q/2p+√[q²/p²+4m/(m+2)+4qm/p(m+1)]/2≥1(q/2p+1>0已证)
=>[4m/(m+2)+4qm/p(m+1)]≥4+4q/p
=>q/p≤-2(m+1)/(m+2)
显然q/p≤-2(m+1)/(m+2),与-(m+1)/(m+2)≤q/p矛盾
则当q/p<0时在(0,1)内也必有实根
2．已知函数函数f(x)的定义域D={x｜x≠0}且满足任意定义域内的x1x2有f(x1×x2)=f(x1)+f(x2)
(1)f(1)=0（已求出）
(2)f(x)为偶函数（已证明出）
(3)如果f(4)=1,f(3x+1)+f(2x-6)≤3,且f(x)在(0,+无穷)上是增函数，求x的取值范围
=>f(x)=f(y)+f(x/y)
当x->y
[f(x)-f(y)]/(x-y)=[f(x/y)-f(1)]/y(x/y-1)
=>f'(x)=f'(1)/x
f(x)=ln|x|f'(1)+C
代入f(x1×x2)=f(x1)+f(x2) 得C=0,f(x)=ln|x|f'(1)
f(4)=1得,1=ln4f'(1)
则f(x)=ln|x|/ln4(显然f(x)(0,+无穷)为增)
f(3x+1)+f(2x-6)=ln|(3x+1)(2x-6)|/ln4≤3
=>|(3x+1)(2x-6)|≤64
=>3x²-8x-35≤0
=>-7/3≤x≤5
解2:
f(4)=1
f(16)=f(4)+f(4)=2
f(64)=f(16)+f(4)=3
f((3x+1)(2x-6))=f(3x+1)+f(2x-6)≤3=f(64)
因x∈(0,+无穷)为增,
又f((3x+1)(2x-6))=f(|(3x+1)(2x-6)|)
则只需|(3x+1)(2x-6)|≤64
解得(3x²-8x-35)(3x²-8x+29)≤0
=>-7/3≤x≤5(显然3x²-8x+29＞0)
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