已知函数f(x)=ax2+bx,f(2)=0且f(x)≤x恒成立

这道题,有点难度,关键是一元二次方程的根的讨论,建议对零点分布问题,特别是一元二次方程的根的问题分布加深理解.
（1）这里给了两个条件,就用两个条件来解.
因为f(2)=0,代入得：a·4+2b=0 ①
第二个条件,f(x)≤x,则ax2+bx-x≤0恒成立
那么分类,当a=0时,y=bx-x,y值不恒小于等于零.
当a≠0时,a＞0时,开口向上,那么小于等于零,也不恒成立.
所以,a＜0,⊿≤0,则一元二次方程ax2+bx-x=0,
⊿=（b-1）2-4a·0≤0
（b-1）2≤0 (平方是非负数)
那么只有b-1=0,所以b=1 ②
将②代入①得：a=-1/2
所以,f(x)=-1/2x2+x
(2)f(x)=-1/2x2+x=-1/2(x-1)2+1/2
分类讨论：
①当q≤1时,[p,q]在对称轴的左边,单增区间.
则有f(p)=2p,f(q)=2q
代入方程中,建立方程组,解得p=0 或 p=-2 ; q=0 或q=-2
又因为p＜q≤1,所以p=-2,q=0
②当P≥1时,[p,q]在对称轴的右边,单减区间.p＜q,则2p＜2q
因为值域是[2p,2q],那么f(2p)＜f(2q),由单调递减的定义,这是矛盾的
所以不成立.
③当1∈[p,q]时,分成两类：
a.(p+q)/2＜1,有f(p)=2q,f(1)=2q 解出来 P=0或P=-2 ； q=1/4
因为q＞1,所以,舍去.
b.(p+q)/2≥1 有f(q)=2p,f(1)=2q,由于q=1/4,与q＞1矛盾所以仍然舍去.
综上所述：存在p和q,p=-2,q=0,.