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已知二次函数F(x)=Ax2+Bx+C.(1)若A>B>C,且...

(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...

(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≤...

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...

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...

(1)∵f(-1)=0,∴a-b+c=0即b=a+c,故△=b2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2当a=c时,△=0,函数f(x)有一个零点;当a≠c时,△>0,函数f(x)有两个零点.证明:(2)令g(x)=f(x)-12[f(x1)+f(x2)],…(6分)∵g(x1)=f(x1)-12[f(x1)+f(x2)]=12[...

(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+bx+c,∴f(x+1)-f(x)=a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2ax+a+b=2x,∴2a=2a+b=0,解得a=1b=?1,即f(x)=x2-x+c,又∵f(0)=1,∴c=1,则f(x)=x2-x+1,∵在区间[-1,1]上,不等式f(x)-2x-m>0恒成立,∴x2-x+1-2x-m>0在...

(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)+...

(Ⅰ)∵x的一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集为(-∞,-2)∪(0,+∞).∴0和2是方程ax2+bx+c=0的两根,∴f(0)=c=0,f(2)=4a-2b=0,又f(x)的最小值即?b24a=?1,∴a=1,b=2,c=0,∴f(x)=x2+2x.(Ⅱ)F(x)=t(x2+2x)-x-3=tx2+(2t-1)x-3,...

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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