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已知二次函数F(x)=Ax2+Bx+C(A,B,C∈R),当x∈[...

解:(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)=ax 2 +bx+c(a,b,c∈R)的对称轴为x=﹣1, ∴﹣ =﹣1,b=2a. ∵当x∈R时,函数的最小值为0, ∴a>0,f(x...

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...

(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≤...

f(x)=x*2 +2x. m

1、 f(-2)=f(0),则对称轴为x=-1; 又f(x)的最小值为-1,所以,顶点为(-1,-1) 所以,可设f(x)=a(x+1)²-1 f(0)=a-1=0,得:a=1 所以,f(x)=(x+1)²-1=x²+2x 2、 f(-x)=x²-2x 所以,g(x)=x²-2x-a(x²+2x)+1=(1-a)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(...

∵二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),an=f(n+3)-f(n),∴an=[a(n+3)2+b(n+3)+c]?[an2+bn+c]=6an+9a+3b,∴数列{an}是一个等差数列.要使前n项和递增,必须满足:公差大于0且从第二项起往后都是正数.由a2=21a+3b>0,得7a+b>0,∵f(6)-...

(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 ∴ 。

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.

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