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设函数F(x)=Ax2+Bx+C(A>0),且F(1)=%A/2 设x1x2是函...

解: (1) x=1,f(x)=-a/2代入函数方程: a+b+c=-a/2 b=-3a/2-c 对于方程ax^2+bx+c=0,由韦达定理,得 x1+x2=-b/a x1x2=c/a (x1-x2)^2 =(x1+x2)^2-4x1x2 =(-b/a)^2-4c/a =(b^2-4ac)/a^2 =9/4-c/a+(c/a)^2 =[(c/a)-1/2]^2+2≥2 |x1-x2|≥√2 (2) a>0 f(...

证明:(1)∵f(1)=a+b+c=?a2∴3a+2b+2c=0又3a>2c>2b∴3a>0,2b<0∴a>0,b<0…(2分)又2c=-3a-2b 由3a>2c>2b∴3a>-3a-2b>2b∵a>0∴?3<ba<?34…(4分)(2)∵f(0)=c,f(2)=4a+2b+c=a-c…(6分)①当c>0时,∵a>0,∴f(0)=c>0且f(1)=...

(1)证明:由函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)且f(1)=-a2,可得 a+b+c=-a2,即 c=-3a2-b.故判别式△=b2-4ac=b2-4a(-3a2-b)=(b+2a)2+2a2>0,函数f(x)有两个零点.(2)设x1,x2是函数的两个零点,则 x1+x2 = -ba,x1?x2 = ca,∴|x1-x2|=( x1+...

(1)证明:∵f(1)=a+b+c=?a2,∴3a+2b+2c=0,∴c=?32a?b.∴f(x)=ax2+bx?32a?b,判别式△=b2?4a(?32a?b)=b2+6a2+4ab=(2a+b)2+2a2,∵a>0,∴△>0恒成立,故函数f(x)有两个零点.(2)若x1,x2是函数f(x)的两个零点,则x1,x2是方程f(x)...

(1)由已知|f(1)|=|f(-1)|,有|a+b+c|=|a-b+c|,(a+b+c) 2 =(a-b+c) 2 ,可得4b(a+c)=0.∵bc≠0,∴b≠0.∴a+c=0.又由a>0有c<0.∵|c|=1,于是c=-1,则a=1,|b|=1.∴f(x)=x 2 ±x-1.(2)g(x)=2ax+b,由g(1)=0有2a+b=0,b<0....

解答:证明:(Ⅰ)∵函数f(x)=3ax2+2bx+c,f(0)>0,f(1)>0,∴c>0,3a+2b+c>0,…(2分)由条件a+b+c=0,消去b,得a>c>0;由条件a+b+c=0,消去c,得a+b<0,2a+b>0,即-2a<b<-a,…(5分)∴-2<ba<-1; …(6分)(Ⅱ)抛物线f(x)=3...

(1)因为函数函数f(x)在x=-1处取到最大值0,则f(-1)=a-b+c=0,可得b=a+c且-b2a≤-32,∴-a+c2a≤-32,解得ca≥2;(2)b2?2acab?a2=(a+c)2?2aca(a+c)?a2=ca+ac,因为ca≥2,所以b2?2acab?a2≥52,所以b2?2acab?a2的最小值52.

(1)反证法易证a>0: 假设a≤0,则2b

证明:∵a>0 ,f(1)=-a/2 ∴a+b+c=-a/2 f(1)0,则f(0)=c>0与f(1)异号∴(0,1)内有一个零点∴(0,2)内至少有一个零点。 (2)若c0与f(1)异号∴(1,2)内有一个零点∴(0,2)内至少有一个零点 ∴综上,函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点

解由函数f(x)=ax^2+bx+c(a不等于0)的图像过点A(0,1) 知c=1 故f(x)=ax^2+bx+1 又由图像过B(-1,0) 则a-b+1=0 即b=a+1 则f(x)=ax^2+(a+1)x+1 又由Δ=(a+1)^2-4a≤0 即a^2+2a+1-4a≤0 即a^2-2a+1≤0 即(a-1)^2≤0 即a=1 故f(x)=x^2+2x+1

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