-1≤f(1)=a+b+c≤1
-1≤f(-1)=a-b+c≤1
所以-2≤a+b≤2
-2≤a-b≤2
令g(x)=2ax+b
则g(x)的最大值与最小值分别是2a+b与2a-b或2a-b与2a+b
2a+b=3/2(a+b)+1/2(a-b)
所以-4≤2a+b≤4
同理-4≤2a-b≤4
所以-4≤g(x)≤4
得证
已知二次函数fx=ax2+bx+c,若在|x|≤1时,|fx|≤1,求证:当|x|≤1时,|...
而 y = 2ax+b 是直线段,所以,当 |x| ≤ 1 时,|2ax+b| ≤ 4 .,6,
设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)满足下列条件:①当x∈R时,f(x...
∴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，
已知函数a,b,c属于r.函数f(x)=ax2+bxx2013年高考浙江卷
解析：由f(0)＝f(4)知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c对称轴为x＝2，即22b a .所以4a＋b＝0，又f(0)＞f(1)且f(0)，f(1)在对称轴同侧，故函数f(x)在(－∞，2]上单调递减，则抛物线开口方向朝上，知a＞0，故选A.满意请速速采纳。
...2+bx+c(a,b,c∈R),当x∈[-1,1]时,|f(x)|≤1证明|b|≤1
参考方法：注意到F(0)=c，F(1)=a+b+c,F(-1)=a-b+c于是b=1\/2(F(1)-F(-1)而|f(1)|≤1,,|f(-1)|≤1, 则|b|=|1\/2(F(1)-F(-1)|≤1\/2(|f(1)|+|f(-1)|)≤1\/2(1+1)=1搞定！！！
设函数f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c∈R)若x=-1为函数f(x)e^x的一个极值点...
g(x)=f(x)*e^x g'(x) = (2ax+b)e*x + (ax^2 +bx +c)e^x = [ax^2 + (2a+b)x +b+c]e^x g(-1) =(c-a)e^x =0 a = c 图3中抛物线过原点，c=0, 不可能
f(x)=ax的平方+bx+c 对一切实数x属于[-1,1] 都有|f(x)|<=1 1...
解析：1)∵f(x)=ax的平方+bx+c 对一切实数x属于[-1,1]都有|f(x)|<=1 ∴│f(1)│=│a+b+c│≤1,│f(-1)│=│a-b+c│≤1,│2a+2c│=│(a+b+c)+(a-b+c)│ ≤│a+b+c│+│a-b+c│≤2 ∴|a+c|≤1 2)、由已知－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，－1≤...
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),对于任意-1≤x≤1,有f(x)|≤1;求证|f(2)|≤7
由已知条件知f（x）=ax2+bx+c（a≠0），且|f（0）|≤1，|f（1）|≤1，|f（-1）|≤1，定义域为[-1，1]∴|c|≤1，|a+b+c|≤1，|a-b+c|≤1；∵|f（2）|=|4a+2b+c|=|3（a+b+c）+（a-b+c）-3c|≤|=|3（a+b+c）|+|（a-b+c）|+|-3c|≤3+1+3=7∴|...
已知a,b,c∈R,函数f(x)=ax²+bx+c,若f﹙0﹚=f﹙4﹚>f﹙1﹚,则
已知a,b,c∈R,函数f(x)=ax²＋bx＋c,若f﹙0﹚=f﹙4﹚＞f﹙1﹚,则 x0=-b\/(2a),即x=x0为对称轴 因为a>0,所以f(x0)为最小值 故A正确,因为存在x=x0,有f(x)=f(x0)B正确,x为任意实数都满足f(x)>=f(x0)
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),满足:对任意实数x,都...
解答:解: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)≤ 1 8 (x+2)2成立，∴取x=2时，f(2)≤ 1 8 (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= 1 2 故选B.
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)满足:对任意实数x,都有f(x...
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，∴a＞0，△=(12?1)2-4a（1-4a）≤0．解得 a=18，b=c=12，f（x）=18x2+12x+12．（3）在（2）的条件下，关于x的不等式（4kx-1）2＜kx2 等价于（4-k）x2-4x+1＜0，它的解集中整数恰好有2...
