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已知二次函数F(x)=Ax 2 +Bx+C(A,B,C∈R)满足...

解:(1)∵x∈(0,5)时,都有x≤f(x)≤2|x﹣1|+1恒成立, ∴1≤f(1)≤2|1﹣1|+1=1, ∴f(1)=1;(2)∵f(﹣1+x)=f(﹣1﹣x), ∴f(x)=ax 2 +bx+c(a,b,c∈R)的对称轴为x=﹣1, ∴﹣ =﹣1,b=2a. ∵当x∈R时,函数的最小值为0, ∴a>0,f(x...

解答过程如下: 另t=min{a,b},求t的max。 分析:由a,c的对称性,不妨假设c≥a,即2a+b≤1,则t=min{a,b} 由b²≥4ac,得: (2a+b)²≥4a,由于求t的最大值,只需考虑a,b>0(不然则t=min{a,b}≤0) 此时由(2a+b)²≥4a, 得:1≥4t,故t≤1/4。 当a=...

因为二次函数f(x)=ax 2 +bx+c对于任意实数x都有f(x)≥0.则抛物线开口向上,且函数的最小值大于等于0,即a>0,最小值 4ac- b 2 4a ≥0,即4ac- b 2 ≥0 ,则4ac≥b 2 ≥0,所以c>0. ac≥ b 2 4 所以 a+b+c b = a+c b +1≥ 2 ac b +1 ≥ 2 b 2 4 b...

(1)由f(x)≥x,可得f(2)≥2;又当x∈(1,3)时,有f(x)≤18(x+2)2成立,可得f(2)=4a+2b+c≤18(4+2)2=2成立.故有f(2)=2.(2)若f(-2)=0,则由4a+2b+c=24a?2b+c=0 可得b=12,c=1-4a.再由f(x)≥x恒成立可得ax2-12x+c≥0恒成立,...

(1)证明略(2)( ) (1)由 消去y得ax2+2bx+c=0Δ=4b2-4ac=4(-a-c)2-4ac=4(a2+ac+c2)=4[(a+ c2]∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c0,∴Δ>0,即两函数的图象交于不同的两点(6分)(2)解设方程ax2+2bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=- ,x1x2= |A1B1|2=(x1-x...

1)由题意,-2和0是方程ax^2 + bx + c = 0的两根,即得c = 0、b = 2a ∵函数有最小值,∴f(x)开口向上,∴a>0,f(x) = a(x+1)^2 - a最小值为-a = -1,∴a = 1,b = 2 ∴y = f(x) = x^2 + 2x 2)F(x) = t*x^2 + 2tx - x - 3 = t*x^2 + (2t-1)x - 3 = t* ...

f(x)=ax²+bx+c(a,b,c∈R), 当x∈R时,其最小值为0, ∴b^2-4ac=0,① 由f(x-1)=f(-x-1)得-b/(2a)=-1,b=2a, 代入①,a=c, ∴f(x)=a(x^2+2x+1)=a(x+1)^2, (1)当x∈(0,5)时,x≤f(x)≤2|x-1|+1恒成立, ∴1≤f(1)≤1,f(1)=1. (2)f(1)=4a=1,a=...

根据第1条件:图像经过原点,说明c=0,则f(x)=ax^2+bx; 根据第3条件:f(x)=x有等根,即ax^2+bx=x有等根,即x(ax+b-1)=0有等根,显然x=0是该等式的其中一个根,因此若要使ax+b-1=0的根也为0,那么b-1=0应该恒成立,因此b=1。此时f(x)=ax^2+x; ...

设b-a=k,则b=a+k,依题意有b>a>0,b 2 ≤4ac,即(a+k) 2 ≤4ac,即 c≥ (a+k) 2 4a .故 b-a a+b+c = k 2a+k+c ≤ k 2a+k+ (a+k) 2 4a = k 9a 4 + 3k 2 + k 2 4a = 1 k 4a + 9a 4k + 3 2 ≤ 1 2 k 4a ? 9a 4k + 3 2 = 1 2× 3 4 + 3 2 = 1 3 ....

(1)∵不等式f(x)>-2x的解集为(1,3)即ax2+(b+2)x+c>0的解集为(1,3)∴a>0a+b+2+c=09a+3(b+2)+c=0?a>0b=?4a?2c=3a (1),∵方程f(x)+6a=0有两个相等的实根即ax2+bx+c+6a=0有两个相等的实根△=b2-4a(c+6a)=0(2),将(1)代(2...

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