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已知二次函数F(x)=Ax 2 +Bx+C(A,B,C∈R)满足...

(1)当 (x+12) 2 =x,即 x=1时,则由②可得 1≤f(1)≤1,∴f(1)=1.(2)由f(1)=1且f(-1)=0可得:a+b+c=1a?b+c=0,∴a+c=b=12.∵对于一切实数x,f(x)-x≥0恒成立,∴ax2+(b-1)x+c≥0(a≠0),对于一切实数x恒成立,∴a>0△=(b?1)2?4ac≤...

(1)由①图象过原点可得f(0)=c=0,由②f(1+x)=f(1-x)可得函数的对称轴为x=?b2a=1由③方程f(x)=x有两个相等的实根可得ax2+bx+c=x,即ax2+(b-1)x+c=0有两个相等的实根,故△=(b-1)2-4ac=0,联立方程组可解得a=?12,b=1,故f(x)的解析式...

(1)∵对任意实数x都有f(x)≥2x,∴f(1)≥2.∵当0<x<2时,总有f(x)≤12(x+1)2成立,∴f(1)≤12(1+1)2=2,∴f(1)=2.(3分)(2)∵f(1)=a+b+c=2,对任意实数x都有f(x)≥2x,即ax2+(b-2)x+c≥0恒成立,∴a>0(b?2)2?4ac≤0,∴b-2=-(a+c),...

(1)由f(0)=3得,c=3.∴f(x)=ax2+bx+3.又f(x+1)-f(x)=4x+1,∴a(x+1)2+b(x+1)+3-(ax2+bx+3)=4x+1,即2ax+a+b=4x+1,∴2a=4a+b=1,∴a=2b=?1.∴f(x)=2x2-x+3.(2)f(x)>6x+m等价于2x2-x+3>6x+m,即2x2-7x+3>m在[-1,1]...

证明:(1)由f(x)≥x得f(2)≥2.…(2分)因为当x∈(1,3)时,有f(x)≤ 1 8 (x+2 ) 2 成立,所以f(2)≤ 1 8 (2+2 ) 2 =2.所以f(2)=2.…(4分)(2)由 f(2)=2 f(-2)=0 得 4a+2b+c=2 4a-2b+c=0 从而有b= 1 2 ,c=1-4a.于是f(x)=ax 2 ...

(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)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)的对称轴为x=-1,∴-b2a=-1,b=2a.∵当x∈R时,函数的最小值为0,∴a>0,f(x)=ax2+bx+c(a,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,...

证明:(1)由已知得|f(-1)|=|a-b+c|≤1,|f(1)|=|a+b+c|≤1∴|2b|=|f(1)-f(-1)|≤|f(1)|+|f(-1)|≤2∴|b|≤1(2)若?b2a<?1,则f(x)在[-1,1]为增函数,∴f(-1)<f(0),f(0)=-1∴|f(-1)|>1与|f(-1)|≤1矛盾;若?b2a>1,则f(x...

(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...

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=...

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