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已知函数F(x)=Ax2+Bx+C(A>0,B∈R,C∈R). (1...

因为?x∈R,f(x)=ax2+bx+c≥0恒成立,0<2a<b,所以0<2a<b△=b2?4ac≤0,得b2≤4ac,又0<2a<b,所以c≥b24a,所以f(1)f(0)?f(?1)=a+b+cc?(a?b+c)=a+b+cb?a≥a+b+b24ab?a=4a2+4ab+b24a(b?a)=4a2+4ab+b24ab?4a2=4+4?ba+(ba)24?ba?4,设t=ba,由0...

(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,...

解:(1)由已知c=1,f(﹣1)=a﹣b+c=0,且﹣ =﹣1,解得a=1,b=2.∴f(x)=(x+1) 2 .又F(x)= ,∴F(2)+F(﹣2)=(2+1) 2 +[﹣(﹣2+1) 2 ]=8.(2)由题知f(x)=x 2 +bx,原命题等价于﹣1≤x 2 +bx≤1在x∈(0,1]恒成立,即b≤ ﹣x且b...

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...

已知a,b,c∈R,函数f(x)=ax²+bx+c,若f﹙0﹚=f﹙4﹚>f﹙1﹚,则 x0=-b/(2a),即x=x0为对称轴 因为a>0,所以f(x0)为最小值 故A正确,因为存在x=x0,有f(x)=f(x0) B正确,x为任意实数都满足f(x)>=f(x0)

解:(1)由已知:c=1,a-b+c=0,-b/2a=-1,,a=1,b=2,f(x)=(x+1) 2 F(2)+F(-2)=(2+1) 2 +[-(-2+1) 2 ]=8(2) 原命题等价于 在区间(0,1]上恒成立即 且 在区间(0,1]上恒成立。又 的最小值为0, 的最大值为-2,∴ 略

(1)由f(0)=1,得c=1,再由f(-1)=0,得?b2a=?1,a?b+1=0,∴a=1,b=2,f(x)=x2+2x+1=(x+1)2,∴F(x)=(x+1)2,x≥0?(x?1)2,x<0,则F(2)+F(-1)=5;(2)∵a=1,c=0,∴f(x)=x2+bx,∵|f(x)|≤1对x∈[0,1]恒成立,∴-1≤x2+bx≤1对x∈[0...

(1)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),即ax2+1bx+c=?ax2+1?bx+c?bx+c=bx?c,∴c=0.∵a>0,b>0,∴当x>0时,有f(x)=ax2+1bx=abx+1bx≥2ab2,当且仅当x=1a时等号成立,于是2ab2=2,∴a=b2,由f(1)<52得a+1b<52即b2+1b<52,∴2b2-5b+2...

由题意,∵f(0)≥2,f(1)≥2,方程f(x)=0在区间(0,1)上有两个实数根,∴c≥2a+b+c≥2b2-4ac>00<-b2a<1∴0<-b<2a∴b2<-2ab∴4ac<-2ab∴2c<-b∵a+c≥2-b>2+2c∴a>c+2≥4∴实数a的取值范围为(4,+∞)故答案为:(4,+∞)

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