ncry.net
当前位置:首页 >> 已知二次函数F(x)=Ax2+Bx+C(A,B,C∈R),当x∈[... >>

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...

∵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)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≤...

(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,...

(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,...

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ax 2 +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)=x 2 +2x(II)F(x)=tf(x)-x-3=tx 2 +(2t-1)x-3(t≥0),以下分情况讨论F(x)在 x∈[- 3 2 ,2]...

(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,...

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.因为当x∈(1,3)时,有f(x)≤ 成立,所以f(2)≤ =2.所以f(2)=2.解:(2)由 得 从而有b= ,c=1﹣4a.于是f(x)=ax 2 + x+1﹣4a. f(x)≥x ax 2 ﹣ x+1﹣4a≥0.若a=0,则﹣ x+1≥0不恒成立.所以 即 ...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by www.ncry.net
copyright ©right 2010-2021。
内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@qq.com