(2008•扬州二模)已知函数f(x)=ax2+2bx+4c(a,b,c∈R,a≠0)
来源:学生作业帮 编辑:作业帮 分类:综合作业 时间:2024/05/16 20:17:29
(2008•扬州二模)已知函数f(x)=ax2+2bx+4c(a,b,c∈R,a≠0)
(1)函数f(x)的图象与直线y=±x均无公共点,求证:4b2-16ac<-1
(2)若a>0,b>0,且|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|=1试求f(x)的解析式;
(3)若c=
(1)函数f(x)的图象与直线y=±x均无公共点,求证:4b2-16ac<-1
(2)若a>0,b>0,且|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|=1试求f(x)的解析式;
(3)若c=
3 |
4 |
(1)函数f(x)与直线y=x无公共点,即ax2+2bx+4c=x无实数解,
故△=(2b-1)2-16ac<0,即4b2-4b+1-16ac<0,
同理,函数f(x)与直线y=-x无公共点,即ax2+2bx+4c=-x无实数解,即b2+4b+1-16ac<0
两式相加 得8b2+2-32ac<0,即 4b2-16ac<-1
(2)由|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|=1,
则|f(0)|=|4c|=1,|a+2b+4c|=|a-2b+4c|,
∴(a+2b+4c)2=(a-2b+4c)2
∴b(a+4c)=0,∵b>0,∴a+4c=0,
又∵a>0,|4c|=1,∴a=1,c=−
1
4,从而b=
1
2,
∴f(x)=x2+x-1
(3)c=
3
4,则f(x)=ax2+2bx+3,由f(x)≥x+b恒成立,即:ax2+(2b-1)x+3-b≥0对x∈R恒成立,
所以
a>0
△=(2b−1)2−4a(3−b)≤0(*),由(*)式 4b2-4b+1≤4a(3-b)对b∈[0,2]恒成立,
∴4a≥
4b2−4b+1
3−b,设g(b)=
4b2−4b+1
3−b,则只需4a≥g(b)max
∵g(b)=4(3−b)+
25
3−b−20,当b=2时g(b)max=9
∴4a≥9又a>0,即a的取值范围是[
9
4,+∞).
故△=(2b-1)2-16ac<0,即4b2-4b+1-16ac<0,
同理,函数f(x)与直线y=-x无公共点,即ax2+2bx+4c=-x无实数解,即b2+4b+1-16ac<0
两式相加 得8b2+2-32ac<0,即 4b2-16ac<-1
(2)由|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|=1,
则|f(0)|=|4c|=1,|a+2b+4c|=|a-2b+4c|,
∴(a+2b+4c)2=(a-2b+4c)2
∴b(a+4c)=0,∵b>0,∴a+4c=0,
又∵a>0,|4c|=1,∴a=1,c=−
1
4,从而b=
1
2,
∴f(x)=x2+x-1
(3)c=
3
4,则f(x)=ax2+2bx+3,由f(x)≥x+b恒成立,即:ax2+(2b-1)x+3-b≥0对x∈R恒成立,
所以
a>0
△=(2b−1)2−4a(3−b)≤0(*),由(*)式 4b2-4b+1≤4a(3-b)对b∈[0,2]恒成立,
∴4a≥
4b2−4b+1
3−b,设g(b)=
4b2−4b+1
3−b,则只需4a≥g(b)max
∵g(b)=4(3−b)+
25
3−b−20,当b=2时g(b)max=9
∴4a≥9又a>0,即a的取值范围是[
9
4,+∞).
设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件 (1) 当x∈R时,f
已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0,b∈R,
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0),f(-2)=f(0)=0,f(x)的最小值为-1.
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件:对任意实数x都有f(x)≥2x;且当0<x<2
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,a、b、c∈R+,满足f(-1)=0,对于任意的实数
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=-bx,其中a,b,c∈R.且满足a>b>c,f(1)=0.
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),当x∈[-1,1]时,|f(x)|≤1.
设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)满足下列条件:
已知函数f(x)=ax^2+bx+c(a>0,b∈R,c属于R)
已知一次函数f(x)=ax+b与二次函数g(x)=aX2+bx+c满足a>b>c,且a+b+c=0(a,b,c属于R)
设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件
(2014•海淀区二模)已知函数f(x)=13x3+ax2+4x+b,其中a、b∈R且a≠0.