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已知函数F(x)=Ax2+Bx+C(A>0,B∈R,C∈R). (1...

解:如图

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...

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...

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

见图片

不妨设f(x)=(x-x1)(x-x2),x1,x2∈(m,m+1),由m-x1<0,m-x2<0,m+1-x1>0,m+1-x2>0,∴f(m)?f(m+1)=(m-x1)(m-x2)(m+1-x1)(m+1-x2)=[(x1-m)(m+1-x1)][(x2-m)(m+1-x2]≤(x1?m+m+1?x12)2?(x2?m+m+1x22)2=116,当且仅...

(1)若a=0,则c=0,f(x)=2bx,f(2)=4b,f(-2)=-4b,不合题意;若a≠0时,由a+c=0,得f(x)=ax2+2bx-4a,对称轴为x=-ba,假设ba∈(-∞,-2)∪(2,+∞),区间[-2,2]在对称轴的左外侧或右外侧,所以f(x)在[-2,2]上是单调函数,则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)=x2±x-1.(2)g(x)=2ax+b,由g(1)=0有2a+b=0,b<0.设方程f...

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