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已知函数F(x)=Ax 2 +Bx+C(A>0且BC≠0).(1)...

(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: (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)见解析 (2) [ , ) (1)当a=0时,f(0)=c,f(1)=2b+c,又b+c=0,则f(0)·f(1)=c(2b+c)=-c 2 0,即( +1)( +2)

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

1)由f(0)=1得f(x)=ax²+bx+1 f(x+1)-f(x)=a(2x+1)+b=2ax+a+b=2x 则2a=2, a+b=0 得a=1, b=-1 故f(x)=x²-x+1 2) x²-x+1>2x+m, 在[-1, 1]上恒成立 即m

本题根据韦达定理求解有-1+2=-b/a, (-1)*2=c/a 同理 新的函数根据韦达定理有x1+x2=-(b+2)/a x1*x2=(c-5)/a, 将第一步的值代入第二步,就有x1+x2=1-2/a x1*x2=-2-5/a 又(x1-x2)^2=(x1+x2)^2-4x1*x2=(1-2/a)^2-4*(-2-5/a),计算得出x1-x2=——...

(Ⅰ)令x=0,则|f(0)|=|c|=1,令x=-1,则f(-1)=a-b+c=1,令x=1,则|f(1)|=|a+b+c|=1,下面分类讨论,①若f(0)=f(-1)=1,由于二次函数只能有两根相同,则f(1)=-1 所以c=1,a-b+c=1,a+b+c=-1 解得a=-1,b=-1,c=1,不符合a>0的条件...

由于f(1)=a+2b+c=b,所以a+b+c=0,b=-a-c.(1)因为△=(2b)2-4ac=4(b2-ac)=4[(-a-c)2-ac]=4(c2+ca+a2)=4[(c+12a)2+34a2]>0所以二次函数f(x)的图象与x轴有两个不同的交点,故存在x1,x2∈R,使得f(x1)=f(x2)=0.(2)(I)由于(a...

由f(-1)=2得,a-b+c=2 ①又∵f′(x)=2ax+b,∴f′(0)=b=0,②∵∫01f(x)dx=∫01(ax2+bx+c)dx=13a+12b+c∴13a+12b+c=-2 ③联立①②③式解得,a=6,b=0,c=-4∴f(x)=6x2-4.

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