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25(14分)定义:在平面直角坐标系$xOy$中,点$P(a,b)$,点$Q(c,d)$,若$c=ka$,$d=-kb$,其中$k$为常数,且$k≠0$,则称点$Q$是点$P$的“$k$级变换点”.例如,点$(-4,6)$是点$(2,3)$的“$-2$级变换点”.
(1)函数$y=-\frac{4}{x}$的图像上是否存在点$(1,2)$的“$k$级变换点”?若存在,求出$k$的值;若不存在,说明理由;
(2)点$A(t,\frac{1}{2}t-2)$与其“$k$级变换点”$B$分别在直线$l_1$、$l_2$上,在$l_1$、$l_2$上分别取点$(m^2,y_1)$、$(m^2,y_2)$.若$k≤-2$,求证:$y_1 - y_2≥2$;
(3)关于$x$的二次函数$y=nx^2 -4nx -5n(x≥0)$的图像上恰有两个点,这两个点的“1级变换点”都在直线$y=-x+5$上,求$n$的取值范围.
(1)函数$y=-\frac{4}{x}$的图像上是否存在点$(1,2)$的“$k$级变换点”?若存在,求出$k$的值;若不存在,说明理由;
(2)点$A(t,\frac{1}{2}t-2)$与其“$k$级变换点”$B$分别在直线$l_1$、$l_2$上,在$l_1$、$l_2$上分别取点$(m^2,y_1)$、$(m^2,y_2)$.若$k≤-2$,求证:$y_1 - y_2≥2$;
(3)关于$x$的二次函数$y=nx^2 -4nx -5n(x≥0)$的图像上恰有两个点,这两个点的“1级变换点”都在直线$y=-x+5$上,求$n$的取值范围.
答案
25.(1)存在. 由题意,得$(1,2)$的“$k$级变换点”为$(k,-2k)$. 将$(k,-2k)$代入$y=-\frac{4}{x}$,得$-4=k·(-2k)$,解得$k=\pm\sqrt{2}$.
(2)证明:由题意,得点$B$的坐标为$(kt,-\frac{1}{2}kt+2k)$.
由点$A$的坐标知点$A$在直线$y=\frac{1}{2}x-2$上,
同理可得点$B$在直线$y=-\frac{1}{2}x+2k$上,
则$y_1=\frac{1}{2}m^2-2$,$y_2=-\frac{1}{2}m^2+2k$,
则$y_1-y_2=\frac{1}{2}m^2-2+\frac{1}{2}m^2-2k=m^2-2k-2$.
∵$k≤-2$,
∴$-2k-2+m^2≥2$,即$y_1-y_2≥2$.
(3)解:由题意,得二次函数$y=nx^2-4nx-5n(x≥0)$的图像上的点的“1级变换点”都在函数$y=-nx^2+4nx+5n(x≥0)$的图像上.
由$-nx^2+4nx+5n=-x+5$,整理得$nx^2-(4n+1)x+5-5n=0$.
∵$\Delta=[-(4n+1)]^2-4n(5-5n)=36n^2-12n+1=(6n-1)^2≥0$,
∴函数$y=-nx^2+4nx+5n$的图像与直线$y=-x+5$必有公共点.
由$y=-nx^2+4nx+5n=-n(x-5)(x+1)$,
得该公共点为$(5,0)$.
①当$n＞0$时,由$(6n-1)^2≠0$得$n≠\frac{1}{6}$.
由$5n≤5$得$n≤1$,
∴$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$.
②当$n＜0$,$x≥0$时,两个图像仅有一个公共点,不合题意,舍去.
综上,$n$的取值范围为$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$.
(2)证明:由题意,得点$B$的坐标为$(kt,-\frac{1}{2}kt+2k)$.
由点$A$的坐标知点$A$在直线$y=\frac{1}{2}x-2$上,
同理可得点$B$在直线$y=-\frac{1}{2}x+2k$上,
则$y_1=\frac{1}{2}m^2-2$,$y_2=-\frac{1}{2}m^2+2k$,
则$y_1-y_2=\frac{1}{2}m^2-2+\frac{1}{2}m^2-2k=m^2-2k-2$.
∵$k≤-2$,
∴$-2k-2+m^2≥2$,即$y_1-y_2≥2$.
(3)解:由题意,得二次函数$y=nx^2-4nx-5n(x≥0)$的图像上的点的“1级变换点”都在函数$y=-nx^2+4nx+5n(x≥0)$的图像上.
由$-nx^2+4nx+5n=-x+5$,整理得$nx^2-(4n+1)x+5-5n=0$.
∵$\Delta=[-(4n+1)]^2-4n(5-5n)=36n^2-12n+1=(6n-1)^2≥0$,
∴函数$y=-nx^2+4nx+5n$的图像与直线$y=-x+5$必有公共点.
由$y=-nx^2+4nx+5n=-n(x-5)(x+1)$,
得该公共点为$(5,0)$.
①当$n＞0$时,由$(6n-1)^2≠0$得$n≠\frac{1}{6}$.
由$5n≤5$得$n≤1$,
∴$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$.
②当$n＜0$,$x≥0$时,两个图像仅有一个公共点,不合题意,舍去.
综上,$n$的取值范围为$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$.
解析
【分析】
(1) 首先根据“k级变换点”的定义，写出点(1,2)的k级变换点坐标，再将该点代入反比例函数解析式，得到关于k的方程，解方程即可判断是否存在并求出k值。
(2) 先根据定义求出点A的k级变换点B的坐标，分别确定A、B所在直线$l_1$、$l_2$的解析式，将$x=m^2$分别代入两个解析式得到$y_1$、$y_2$，计算$y_1-y_2$的表达式，结合$k≤-2$和$m^2≥0$的非负性，即可证明不等式。
(3) 首先明确“1级变换点”即$k=1$，因此二次函数上的点$(x,y)$的1级变换点为$(x,-y)$，该点在直线$y=-x+5$上，可转化得到关于x的一元二次方程，计算判别式可知方程必有实根，再结合$x≥0$的取值范围，分$n＞0$和$n＜0$两种情况讨论，结合恰有两个满足条件的点的要求，最终确定n的取值范围。
【解析】
(1) 存在，理由如下：
根据“k级变换点”的定义，点$(1,2)$的“k级变换点”坐标为$(k, -2k)$。
将$(k, -2k)$代入$y=-\frac{4}{x}$，得：
$-2k = -\frac{4}{k}$，
两边同乘$k(k≠0)$整理得$k^2=2$，解得$k=\pm\sqrt{2}$。
(2) 证明：
根据题意，点$A(t,\frac{1}{2}t-2)$的“k级变换点”$B$的坐标为$(kt, -\frac{1}{2}kt+2k)$。
由点A的坐标可知，点A在直线$l_1:y=\frac{1}{2}x-2$上；
同理可得点B所在直线$l_2$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+2k$。
将$x=m^2$分别代入$l_1$、$l_2$解析式，得：
$y_1=\frac{1}{2}m^2-2$，$y_2=-\frac{1}{2}m^2+2k$，
则$y_1 - y_2 = (\frac{1}{2}m^2-2) - (-\frac{1}{2}m^2+2k) = m^2 - 2k - 2$。
∵ $m^2≥0$，$k≤-2$，
∴ $-2k≥4$，
∴ $m^2 -2k -2 ≥ 0+4-2=2$，即$y_1 - y_2≥2$，得证。
(3) 解：
根据“1级变换点”的定义，二次函数$y=nx^2-4nx-5n(x≥0)$图像上任意一点的1级变换点坐标为$(x, -nx^2+4nx+5n)$。
∵该变换点在直线$y=-x+5$上，
∴ $-nx^2+4nx+5n = -x+5$，
整理得：$nx^2-(4n+1)x+5-5n=0$ ①。
计算判别式：
$\Delta=[-(4n+1)]^2-4n(5-5n)=36n^2-12n+1=(6n-1)^2≥0$，
∴方程①总有实根，对$y=-nx^2+4nx+5n$因式分解得$y=-n(x-5)(x+1)$，可知点$(5,0)$是恒公共点。
分情况讨论：
① 当$n＞0$时：
若$\Delta=0$即$n=\frac{1}{6}$，此时方程①仅有1个实根，对应1个点，不符合要求，故$n≠\frac{1}{6}$。
要使$x≥0$时方程①有2个不同非负实根，需保证$x=0$时方程左边$5-5n≥0$，解得$n≤1$，因此$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$。
② 当$n＜0$时，二次函数$y=-nx^2+4nx+5n$开口向下，与直线$y=-x+5$在$x≥0$范围内仅有1个公共点，不符合要求，舍去。
综上，n的取值范围是$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$。
【答案】
(1) 存在，$k$的值为$\pm\sqrt{2}$；
(2) 证明见解析；
(3) $n$的取值范围是$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$。
【知识点】
新定义问题、函数综合、函数与方程转化
【点评】
本题以新定义为背景，综合考查了反比例函数、一次函数、二次函数的性质，以及一元二次方程根的判别式、分类讨论思想的应用，要求学生具备较强的阅读理解能力和代数运算能力，能将新定义问题转化为常规函数问题求解。
【难度系数】
0.3
(1) 首先根据“k级变换点”的定义，写出点(1,2)的k级变换点坐标，再将该点代入反比例函数解析式，得到关于k的方程，解方程即可判断是否存在并求出k值。
(2) 先根据定义求出点A的k级变换点B的坐标，分别确定A、B所在直线$l_1$、$l_2$的解析式，将$x=m^2$分别代入两个解析式得到$y_1$、$y_2$，计算$y_1-y_2$的表达式，结合$k≤-2$和$m^2≥0$的非负性，即可证明不等式。
(3) 首先明确“1级变换点”即$k=1$，因此二次函数上的点$(x,y)$的1级变换点为$(x,-y)$，该点在直线$y=-x+5$上，可转化得到关于x的一元二次方程，计算判别式可知方程必有实根，再结合$x≥0$的取值范围，分$n＞0$和$n＜0$两种情况讨论，结合恰有两个满足条件的点的要求，最终确定n的取值范围。
【解析】
(1) 存在，理由如下：
根据“k级变换点”的定义，点$(1,2)$的“k级变换点”坐标为$(k, -2k)$。
将$(k, -2k)$代入$y=-\frac{4}{x}$，得：
$-2k = -\frac{4}{k}$，
两边同乘$k(k≠0)$整理得$k^2=2$，解得$k=\pm\sqrt{2}$。
(2) 证明：
根据题意，点$A(t,\frac{1}{2}t-2)$的“k级变换点”$B$的坐标为$(kt, -\frac{1}{2}kt+2k)$。
由点A的坐标可知，点A在直线$l_1:y=\frac{1}{2}x-2$上；
同理可得点B所在直线$l_2$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+2k$。
将$x=m^2$分别代入$l_1$、$l_2$解析式，得：
$y_1=\frac{1}{2}m^2-2$，$y_2=-\frac{1}{2}m^2+2k$，
则$y_1 - y_2 = (\frac{1}{2}m^2-2) - (-\frac{1}{2}m^2+2k) = m^2 - 2k - 2$。
∵ $m^2≥0$，$k≤-2$，
∴ $-2k≥4$，
∴ $m^2 -2k -2 ≥ 0+4-2=2$，即$y_1 - y_2≥2$，得证。
(3) 解：
根据“1级变换点”的定义，二次函数$y=nx^2-4nx-5n(x≥0)$图像上任意一点的1级变换点坐标为$(x, -nx^2+4nx+5n)$。
∵该变换点在直线$y=-x+5$上，
∴ $-nx^2+4nx+5n = -x+5$，
整理得：$nx^2-(4n+1)x+5-5n=0$ ①。
计算判别式：
$\Delta=[-(4n+1)]^2-4n(5-5n)=36n^2-12n+1=(6n-1)^2≥0$，
∴方程①总有实根，对$y=-nx^2+4nx+5n$因式分解得$y=-n(x-5)(x+1)$，可知点$(5,0)$是恒公共点。
分情况讨论：
① 当$n＞0$时：
若$\Delta=0$即$n=\frac{1}{6}$，此时方程①仅有1个实根，对应1个点，不符合要求，故$n≠\frac{1}{6}$。
要使$x≥0$时方程①有2个不同非负实根，需保证$x=0$时方程左边$5-5n≥0$，解得$n≤1$，因此$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$。
② 当$n＜0$时，二次函数$y=-nx^2+4nx+5n$开口向下，与直线$y=-x+5$在$x≥0$范围内仅有1个公共点，不符合要求，舍去。
综上，n的取值范围是$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$。
【答案】
(1) 存在，$k$的值为$\pm\sqrt{2}$；
(2) 证明见解析；
(3) $n$的取值范围是$0＜n≤1$且$n≠\frac{1}{6}$。
【知识点】
新定义问题、函数综合、函数与方程转化
【点评】
本题以新定义为背景，综合考查了反比例函数、一次函数、二次函数的性质，以及一元二次方程根的判别式、分类讨论思想的应用，要求学生具备较强的阅读理解能力和代数运算能力，能将新定义问题转化为常规函数问题求解。
【难度系数】
0.3
