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已知二次函数F(x)=Ax^2+Bx+C和一次函数g(x)=%B...

(1)联立方程得:ax2+2bx+c=0,△=4(a2+ac+c2),∵a>b>c,a+b+c=0,∴a>0,c<0,∴△>0,∴两函数的图象相交于不同的两点;(2)设方程的两根为x1,x2,则|A1B1|2=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2,=(-2ba)2-4ca=4b2?4aca2=4(?a?c)2?4aca2,=4[...

因为它说的是整系数,其实化简f(x)=ax^2-a(x1+x2)x+ax1x2;由于是整系数二次3项式,所以ax1x2》1.不知明白没有。绝对正确哈,望采纳

若两个函数的图象有两个不同的交点?“f(?b2a)<g(b2a)”不一定成立但“f(?b2a)<g(b2a)”时,两个函数的图象相交,一定有两个交点由充要条件的定义:则“f(?b2a)<g(b2a)”是“这两个函数的图象有两个不同交点”的充分不必要条件故选B

证明:(Ⅰ)由已知3x 2 +2x+c=-2x即3x 2 +4x+c=0.且a+b+c=0,所以c=-5(2分)△=4b 2 -4ac>0因此函数f(x)与g(x)图象交于不同的两点A、B.(6分)(Ⅱ)由题意知,F(x)=ax 2 +2bx+c∴函数F(x)的图象的对称轴方程为∵x=- b a 又∵a+b+c=0∴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...

依题意,知a、b≠0?∵a>b>c且a+b+c=0?∴a>0且c<0(Ⅰ)令f(x)=g(x),?得ax2+2bx+c=0.(*)?△=4(b2-ac)∵a>0,c<0,∴ac<0,∴△>0?∴f(x)、g(x)相交于相异两点.(Ⅱ)设方程的两根为x1,x2,则|A1B1|2=Aa2=4[(ca+12)2+34],∵a>b>c...

答案见解析 (1)证明:由 消去 y 得 ax 2 +2 bx + c =0 Δ =4 b 2 -4 ac =4(- a - c ) 2 -4 ac =4( a 2 + ac + c 2 )=4[( a + c 2 ]∵ a + b + c =0, a > b > c ,∴ a >0, c 0,∴ Δ >0,即两函数的图象交于不同的两点.(2)解:设方程 ax 2 + bx ...

1)ax2+bx+c= -bx 即 ax2+2bx+c=0 △=4b2-4ac ∵f(x)=0有解 △≥0 4b2 ≥b2 ∴新二次方程有解 2)x=1代人fx a+b+c=0 可知a>0 c<0 F(0)=f(0)=c<0 F(x)最小值≤0 所以在区间上单调,代人2 ,3为最值 4a+4b+c=9 9a+6b+c=21 解得a=2 b=1 c=-3

(1)求证两函数交与不同两点,即求f(x)=g(x)有两个不同解; 亦即f(x)-g(x)=0有两个不同的根,故△>0; f(x)-g(x)=ax^2+2*bx+c=0,△=(2b)^2-4ac 由于a>b>c,a+b+c=0,所以a>0,c0,得证 (2)这个我再想想

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