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设二次函数F(x)=Ax2+Bx+C(A>B>C),已知F(1...

(1)∵存在实数m,使f(m)=-a.∴方程ax2+bx+c+a=0有实根?△=b2-4a(a+c)≥0…(*)∵f(1)=0,∴a+b+c=0,结合a>b>c得a>0,c<0再将a+c=-b代入不等式(*),得b2-4a?(-b)=b(b+4a)≥0,∵b+4a=-(a+c)+4a=3a-c>0∴b≥0.可得二次函数f(x)=ax2+...

(1)因为f(1)=0,所以a+b+c=0,又因为a>b>c,所以a>0,且c<0,因此ac<0,所以△=b2-4ac>0,因此f(x)的图象与x轴有2个交点.(2)由(1)可知方程f(x)=0有两个不等的实数根,不妨设为x1和x2,因为f(1)=0,所以f(x)=0的一根为x1=1...

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...

y=1/f(x)=x/(x²+1)

(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...

f(x)=(ax²+1)/(bx+c) ∵f(x)是奇函数 ∴c=0 而f(1)=(a+1)/b=2 ∴a+1=2b ∵f(2)=(4a+1)/(2b)

∵c=1 f(x)=ax^2+bx+1 ∵f(-1)=0 ∴f ‘(x)=2ax+b f ‘(-1)=-2a+b=0 f(-1)=a-b+1=0 解得a=-1/3 b=2/3 ∴f(x)==-1/3x^2+2/3x+1

(1)∵f(1)=a+b+c=0,a>b>c,∴判别式△=b2-4ac=(a-c)2>0,∴f(x)的图象与x轴有两个相异交点.…(4分)(2)证明:令g(x)=f(x)-f(x1)+f(x2)2,则 g(x1)g(x2)=[f(x1)-f(x1)+f(x2)2]?[f(x2)-f(x1)+f(x2)2]=f(x1)?f(x2)2??f(x1)+...

证明:(1)∵f(1)=0,∴a+b+c=0.又∵a>b>c,∴a>0,c<0,即ac<0.又∵△=b2-4ac≥-4ac>0,∴方程ax2+bx+c=0有两个不等实根.所以,函数f(x)必有两个零点.(2)令g(x)=f(x)-12[f(x1)+f(x2)],则g(x1)=f(x1)-12[f(x1)+f(x2)]...

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