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已知二次函数F(x)=Ax2+Bx+C(A,B,C∈R),当x∈[...

(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,...

(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...

(I)由已知得a>0,且-2和0为方程ax2+bx+c=0的两根,∴可设f(x)=ax(x+2),又由f(x)≥(a-1)x-1恒成立得(a-1)2≤0,∴a=1,∴f(x)=x2+2x(II)F(x)=tf(x)-x-3=tx2+(2t-1)x-3(t≥0),以下分情况讨论F(x)在x∈[?32,2]时的最大值H(...

解:(1)由条件知,f(2)=4a+2b+c≥2恒成立,又取x=2时,f(2)=4a+2b+c≤ (2+2) 2 =2恒成立∴f(2)=2;(2)∵ ∴4a+c=2b=1∴ 又f(x)≥x恒成立即ax 2 +(b-1)x+c≥0恒成立∴ 解得 ∴ 。

(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,...

由条件对任意实数x,都有f(x)≥x,知f(2)≥2成立∵当x∈(1,3)时,有f(x)≤18(x+2)2成立,∴取x=2时,f(2)≤18(2+2)2=2成立,∴f(2)=2.∴4a+2b+c=2①∵f(-2)=0∴4a-2b+c=0②由①②可得,∴4a+c=2b=1,∴b=12故选B.

证明:(1)由f(x)≥x得f(2)≥2.…(2分)因为当x∈(1,3)时,有f(x)≤ 1 8 (x+2 ) 2 成立,所以f(2)≤ 1 8 (2+2 ) 2 =2.所以f(2)=2.…(4分)(2)由 f(2)=2 f(-2)=0 得 4a+2b+c=2 4a-2b+c=0 从而有b= 1 2 ,c=1-4a.于是f(x)=ax 2 ...

∵对任意的x∈R,总有f(x)-x≥0,并且当x∈(0,2)时f(x)≤(x+12)2,∴当x=1时,有1≤f(1)≤1,即f(1)=1,结合f(-1)=0可得a?b+c=0a+b+c=1,解得a+c=b=12,又∵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...

(1)由f(x)≥x,可得f(2)≥2;又当x∈(1,3)时,有f(x)≤18(x+2)2成立,可得f(2)=4a+2b+c≤18(4+2)2=2成立.故有f(2)=2.(2)若f(-2)=0,则由4a+2b+c=24a?2b+c=0 可得b=12,c=1-4a.再由f(x)≥x恒成立可得ax2-12x+c≥0恒成立,...

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