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已知F(x)=Ax2+Bx+1(A>0,A.B∈R)的两个零点X1, X2(X1...

解答:解:(1)设g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,∵a>0,∴由条件x1<2<x2<4,得g(2)<0,g(4)>0.即4a+2b-1<016a+4b-3>0由可行域可得ba<2,∴x0=-b2a>-1.(2)由g(x)=ax2+(b-1)x+1=0,知x1x2=1a>0,故x1与x2同号.①若0<x1<...

(1)由题意可得4ac?b24a=?a即b2-4ac=4a2,所以x1,2=?b±4a22a=?b±2a2a所以|x1-x2|=2…5'(2)由f(x)<0得?b?2a2a<x<?b+2a2a,g(x)=ax2+(b+2)x+1,对称轴为x°=?b+22a从而有?b?2a2a<?b+22a<?b+2a2a,故有a>1…8'(3)x1,2=?b±2a2a...

(I)由题意可得ax2+3x+b=0(a<0,a,b∈R)有两个不等实根为α,β,∴△=9?4ab>0,α+β=?3a,αβ=ba.由|α-β|=1得(α-β)2=1,即(α+β)2?4αβ=9a2?4ba=1,∴9-4ab=a2,即a2+4ab=9(a<0,a,b∈R).(II)由(1)得a2+4ab=9,∵a,b均为负整数,∴a...

解答:证明:(1)∵f(x)=12[f(x1)+f(x2)],∴ax2+bx+c=12[ax21+bx1+c+ax22+bx2+c],整理得:2ax2+2bx-a(x12+x22)-b(x1+x2)=0,(2分)∴△=4b2+8a[a(x12+x22)+b(x1+x2)]=2[(2ax1+b)2+(2ax2+b)2],∵x1,x2∈R,x1<x2,∴2ax1+b≠2ax2+b...

(1)解:∵f(x)=ax+ex(a∈R),∴f′(x)=a+ex①当a=0时,f(x)>0,函数无零点;②当a>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,有一个零点;③当a<0时,由f′(x)=a+ex=0,得x=ln(-a),当x∈(-∞,ln(-a)),f(x)单调递减;当x∈(ln(-a),+∞...

(I)f′(x)=1x+a(x>0),当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,此时函数f(x)最多有一个零点,不符合题意,应舍去;当a<0时,令f′(x)=0,解得x=-1a.当0<x<?1a时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增;当x>?1a时,f′(x)<0,...

剩下的不会了

(1)∵f(x)=a(x?x1)(x?x2)=a(x?x1+x22)2?a(x1?x22)2∴?a(x1?x22)2=?a∴x1-x2=±2.(4分)(2)不妨设x1<x2;f(x)+2x=ax2-(a(x1+x2)-2)x+ax1x2,在(x1,x2)不存在最小值,∴a(x1+x2)?22a≥x2或a(x1+x2)?22a≤x1(8分)又x2-x1=2,a>0∴0<...

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)]...

由图象可知: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ f′(x) - 0 + 0 -∴导函数f′(x)=3ax2-2bx+1的图象是开口向下、与x轴交于点(x1,0)、(x2,0)的抛物线∴a<0,x1+x2=2b3a由x1<0,x2>0,且|x1|>|x2|...

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