已知二次函数f(x)=ax^2+bx+c 1)若a>b>c,且f(1)=0,证明:f(x)的图象与x轴有2个相异交点:
(2)证明:若对x1,x2,有x1<x2且f(x1)≠f(x2),则方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2必有一实根在区间(x1,x2)内.(3)在(1)的基础上,...
(2)证明:若对x1,x2,有x1<x2 且f(x1)≠f(x2),则方程f(x)=[ f(x1)+f(x2) ] /2 必有一实根在区间(x1,x2)内.
(3)在(1)的基础上,设f(x)=0的另一实根为X0,若方程f(x)+a=0有解。证明x0>-2 展开
(3)在(1)的基础上,设f(x)=0的另一实根为X0,若方程f(x)+a=0有解。证明x0>-2 展开
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解:
(1)由于f(1)=0,可得a+b+c=0,得到b=-(a+c)
对于二次函数f(x)=ax²+bx+c,且判别式
△=b²-4ac=(a+c)²-4ac=(a-c)²>0(a>b>c,a≠c)
所以与x轴有两个相异交点
(2) 对于f(x)=ax^2+bx+c,很容易得知其对称轴为x=-b/2a,下面分步讨论
当a>0时:
若x2>x1≥=-b/2a,此时f(x)为增函数,由x2>x1,可得f(x2)>f(x1)
由f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2可得
f(x)=[f(x1)+f(x2) ]/2>[f(x1)+f(x1)]/2=f(x1)
f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2<[f(x2)+f(x2)]/2=f(x2)
所以f(x1)<f(x)<f(x2)
由f(x)此时的增函数性质可知,x1<x<x2,所以x位于(x1,x2)内
若-b/2a≥x2>x1,此时函数为单调减函数,与上面过程同理也能得到x1<x<x2
若x1<-b/2a<x1时,很显然f(x1)>f(-b/2a),f(x2)>f(-b/2a),
取f(x1)<f(x2),则有f(x1)<f(x)<f(x2),那么可以得到f(-b/2a)<f(x)<f(x2)
很显然在区间[-b/2a,x2]中,f(x)是增函数,所以得到-b/2a<x<x2,也就是x1<x<x2,
取f(x1)>f(x2),则有则有f(x1)>f(x)>f(x2),那么可以得到f(x1)>f(x)>f(-b/2a)很显然在区间[x1,-b/2a]中,f(x)是减函数,所以得到x1<x<-b/2a,也就是x1<x<x2
当a<0时,与a>0同理,均可得到x1<x<x2
所以结论得证
(3)
f(x)+a=0,ax²+bx+c+a=0
△=b²-4a(a+c)=b²+4ab=b(b+4a)≥0(因为a+b+c=0,所以a+c=-b)
再由a>b>c可得,a>0,c<0,b的正负性未知
欲使得b(b+4a)≥0
必须b≥0,b+4a≥0,显然当b≥0时,b+4a≥0必然成立
或者b≤0,b+4a≤0,我们知道c<0,若b+4a≤0,所以4a+b+c<0,而a>0,所以4a+b+c=3a+(a+b+c)=3a<0,遇上面得出的a>0的结论矛盾,所以此组解不成立
所以只能是b≥0
f(x)=ax^2+bx+c的对称轴为-b/2a,而f(1)=0,f(x0)=0
所以1+b/2a=(-b/2a)-x0,整理后,得到
x0=-1-b/a
我们知道a>b≥0,所以b/a<1,所以-b/a>-1
所以x0=-1-b/a>-1-1=-2,得证
(1)由于f(1)=0,可得a+b+c=0,得到b=-(a+c)
对于二次函数f(x)=ax²+bx+c,且判别式
△=b²-4ac=(a+c)²-4ac=(a-c)²>0(a>b>c,a≠c)
所以与x轴有两个相异交点
(2) 对于f(x)=ax^2+bx+c,很容易得知其对称轴为x=-b/2a,下面分步讨论
当a>0时:
若x2>x1≥=-b/2a,此时f(x)为增函数,由x2>x1,可得f(x2)>f(x1)
由f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2可得
f(x)=[f(x1)+f(x2) ]/2>[f(x1)+f(x1)]/2=f(x1)
f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2<[f(x2)+f(x2)]/2=f(x2)
所以f(x1)<f(x)<f(x2)
由f(x)此时的增函数性质可知,x1<x<x2,所以x位于(x1,x2)内
若-b/2a≥x2>x1,此时函数为单调减函数,与上面过程同理也能得到x1<x<x2
若x1<-b/2a<x1时,很显然f(x1)>f(-b/2a),f(x2)>f(-b/2a),
取f(x1)<f(x2),则有f(x1)<f(x)<f(x2),那么可以得到f(-b/2a)<f(x)<f(x2)
很显然在区间[-b/2a,x2]中,f(x)是增函数,所以得到-b/2a<x<x2,也就是x1<x<x2,
取f(x1)>f(x2),则有则有f(x1)>f(x)>f(x2),那么可以得到f(x1)>f(x)>f(-b/2a)很显然在区间[x1,-b/2a]中,f(x)是减函数,所以得到x1<x<-b/2a,也就是x1<x<x2
当a<0时,与a>0同理,均可得到x1<x<x2
所以结论得证
(3)
f(x)+a=0,ax²+bx+c+a=0
△=b²-4a(a+c)=b²+4ab=b(b+4a)≥0(因为a+b+c=0,所以a+c=-b)
再由a>b>c可得,a>0,c<0,b的正负性未知
欲使得b(b+4a)≥0
必须b≥0,b+4a≥0,显然当b≥0时,b+4a≥0必然成立
或者b≤0,b+4a≤0,我们知道c<0,若b+4a≤0,所以4a+b+c<0,而a>0,所以4a+b+c=3a+(a+b+c)=3a<0,遇上面得出的a>0的结论矛盾,所以此组解不成立
所以只能是b≥0
f(x)=ax^2+bx+c的对称轴为-b/2a,而f(1)=0,f(x0)=0
所以1+b/2a=(-b/2a)-x0,整理后,得到
x0=-1-b/a
我们知道a>b≥0,所以b/a<1,所以-b/a>-1
所以x0=-1-b/a>-1-1=-2,得证
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第一问:
1) 由f(1)=0可知a+b+c=0,即b=-(a+c)
2) f(x)=0的△=b^2-4ac=[-(a+c)]^2-4ac=(a-c)^2,因为a>c,所以△=(a-c)^2>0,故f(x)的图象与x轴有2个相异交点
第二问:
3) 记g(x)=f(x)-[f(x1)+f(x2)]/2,则g(x1)=[f(x1)-f(x2)]/2,g(x2)=[f(x2)-f(x1)]/2
4) 因为f(x1)不等于f(x2),所以g(x1)、g(x2)是一正一负的两个相反数
5) 根据二次函数的连续性,可知(x1, x2)内必然存在某个x',满足g(x')=0,即方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2必有一实根在区间(x1, x2)内
第三问:
6) 根据韦达定理,可知1*x0=c/a,于是x0=c/a
7) 注意a>b>c,显然a不等于0,如果a是负数,那么c也是负数,根据1)可知b是正数,这和a>b矛盾,因此a>0
8) 由a>b可知a>-(a+c),即-2a<c,两边除以正数a得x0=c/a>-2
第三问的证明没有使用f(x)+a=0有解这个条件。事实上,根据f(x)+a=0有解这个条件,还可知道x0>=3或者x0<=-1
1) 由f(1)=0可知a+b+c=0,即b=-(a+c)
2) f(x)=0的△=b^2-4ac=[-(a+c)]^2-4ac=(a-c)^2,因为a>c,所以△=(a-c)^2>0,故f(x)的图象与x轴有2个相异交点
第二问:
3) 记g(x)=f(x)-[f(x1)+f(x2)]/2,则g(x1)=[f(x1)-f(x2)]/2,g(x2)=[f(x2)-f(x1)]/2
4) 因为f(x1)不等于f(x2),所以g(x1)、g(x2)是一正一负的两个相反数
5) 根据二次函数的连续性,可知(x1, x2)内必然存在某个x',满足g(x')=0,即方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2必有一实根在区间(x1, x2)内
第三问:
6) 根据韦达定理,可知1*x0=c/a,于是x0=c/a
7) 注意a>b>c,显然a不等于0,如果a是负数,那么c也是负数,根据1)可知b是正数,这和a>b矛盾,因此a>0
8) 由a>b可知a>-(a+c),即-2a<c,两边除以正数a得x0=c/a>-2
第三问的证明没有使用f(x)+a=0有解这个条件。事实上,根据f(x)+a=0有解这个条件,还可知道x0>=3或者x0<=-1
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(1)由于f(1)=0,可得a+b+c=0,得到b=-(a+c)
对于二次函数f(x)=ax²+bx+c,且判别式
△=b²-4ac=(a+c)²-4ac=(a-c)²>0(a>b>c,a≠c)
所以与x轴有两个相异交点
(2) 对于f(x)=ax^2+bx+c,很容易得知其对称轴为x=-b/2a,下面分步讨论
当a>0时:
若x2>x1≥=-b/2a,此时f(x)为增函数,由x2>x1,可得f(x2)>f(x1)
由f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2可得
f(x)=[f(x1)+f(x2) ]/2>[f(x1)+f(x1)]/2=f(x1)
f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2<[f(x2)+f(x2)]/2=f(x2)
所以f(x1)<f(x)<f(x2)
由f(x)此时的增函数性质可知,x1<x<x2,所以x位于(x1,x2)内
若-b/2a≥x2>x1,此时函数为单调减函数,与上面过程同理也能得到x1<x<x2
若x1<-b/2a<x1时,很显然f(x1)>f(-b/2a),f(x2)>f(-b/2a),
取f(x1)<f(x2),则有f(x1)<f(x)<f(x2),那么可以得到f(-b/2a)<f(x)<f(x2)
很显然在区间[-b/2a,x2]中,f(x)是增函数,所以得到-b/2a<x<x2,也就是x1<x<x2,
取f(x1)>f(x2),则有则有f(x1)>f(x)>f(x2),那么可以得到f(g2a)很显然在区间[x1,-b/2a]中,f(x)是减函数,所以得到x1<x<-b/2a,也就是x1<x<x2
g所以结论得证 hggggggggggg
对于二次函数f(x)=ax²+bx+c,且判别式
△=b²-4ac=(a+c)²-4ac=(a-c)²>0(a>b>c,a≠c)
所以与x轴有两个相异交点
(2) 对于f(x)=ax^2+bx+c,很容易得知其对称轴为x=-b/2a,下面分步讨论
当a>0时:
若x2>x1≥=-b/2a,此时f(x)为增函数,由x2>x1,可得f(x2)>f(x1)
由f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2可得
f(x)=[f(x1)+f(x2) ]/2>[f(x1)+f(x1)]/2=f(x1)
f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2<[f(x2)+f(x2)]/2=f(x2)
所以f(x1)<f(x)<f(x2)
由f(x)此时的增函数性质可知,x1<x<x2,所以x位于(x1,x2)内
若-b/2a≥x2>x1,此时函数为单调减函数,与上面过程同理也能得到x1<x<x2
若x1<-b/2a<x1时,很显然f(x1)>f(-b/2a),f(x2)>f(-b/2a),
取f(x1)<f(x2),则有f(x1)<f(x)<f(x2),那么可以得到f(-b/2a)<f(x)<f(x2)
很显然在区间[-b/2a,x2]中,f(x)是增函数,所以得到-b/2a<x<x2,也就是x1<x<x2,
取f(x1)>f(x2),则有则有f(x1)>f(x)>f(x2),那么可以得到f(g2a)很显然在区间[x1,-b/2a]中,f(x)是减函数,所以得到x1<x<-b/2a,也就是x1<x<x2
g所以结论得证 hggggggggggg
参考资料: (1)由于f(1)=0,可得a+b+c=0,得到b=-(a+c)
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(1)由于f(1)=0,可得a+b+c=0,得到b=-(a+c)
对于二次函数f(x)=ax²+bx+c,且判别式
△=b²-4ac=(a+c)²-4ac=(a-c)²>0(a>b>c,a≠c)
所以与x轴有两个相异交点
(2) 对于f(x)=ax^2+bx+c,很容易得知其对称轴为x=-b/2a,下面分步讨论
当a>0时:
若x2>x1≥=-b/2a,此时f(x)为增函数,由x2>x1,可得f(x2)>f(x1)
由f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2可得
f(x)=[f(x1)+f(x2) ]/2>[f(x1)+f(x1)]/2=f(x1)
f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2<[f(x2)+f(x2)]/2=f(x2)
所以f(x1)<f(x)<f(x2)
由f(x)此时的增函数性质可知,x1<x<x2,所以x位于(x1,x2)内
若-b/2a≥x2>x1,此时函数为单调减函数,与上面过程同理也能得到x1<x<x2
若x1<-b/2a<x1时,很显然f(x1)>f(-b/2a),f(x2)>f(-b/2a),
取f(x1)<f(x2),则有f(x1)<f(x)<f(x2),那么可以得到f(-b/2a)<f(x)<f(x2)
很显然在区间[-b/2a,x2]中,f(x)是增函数,所以得到-b/2a<x<x2,也就是x1<x<x2,
取f(x1)>f(x2),则有则有f(x1)>f(x)>f(x2),那么可以得到f(x1)>f(x)>f(-b/2a)很显然在区间[x1,-b/2a]中,f(x)是减函数,所以得到x1<x<-b/2a,也就是x1<x<x2
当a<0时,与a>0同理,均可得到x1<x<x2
所以结论得证
对于二次函数f(x)=ax²+bx+c,且判别式
△=b²-4ac=(a+c)²-4ac=(a-c)²>0(a>b>c,a≠c)
所以与x轴有两个相异交点
(2) 对于f(x)=ax^2+bx+c,很容易得知其对称轴为x=-b/2a,下面分步讨论
当a>0时:
若x2>x1≥=-b/2a,此时f(x)为增函数,由x2>x1,可得f(x2)>f(x1)
由f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2可得
f(x)=[f(x1)+f(x2) ]/2>[f(x1)+f(x1)]/2=f(x1)
f(x)=[f(x1)+f(x2)]/2<[f(x2)+f(x2)]/2=f(x2)
所以f(x1)<f(x)<f(x2)
由f(x)此时的增函数性质可知,x1<x<x2,所以x位于(x1,x2)内
若-b/2a≥x2>x1,此时函数为单调减函数,与上面过程同理也能得到x1<x<x2
若x1<-b/2a<x1时,很显然f(x1)>f(-b/2a),f(x2)>f(-b/2a),
取f(x1)<f(x2),则有f(x1)<f(x)<f(x2),那么可以得到f(-b/2a)<f(x)<f(x2)
很显然在区间[-b/2a,x2]中,f(x)是增函数,所以得到-b/2a<x<x2,也就是x1<x<x2,
取f(x1)>f(x2),则有则有f(x1)>f(x)>f(x2),那么可以得到f(x1)>f(x)>f(-b/2a)很显然在区间[x1,-b/2a]中,f(x)是减函数,所以得到x1<x<-b/2a,也就是x1<x<x2
当a<0时,与a>0同理,均可得到x1<x<x2
所以结论得证
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