作业帮设二次函数f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件如下1.当x∈R时,f(x-4)=f(2-x) 且f(x)≥x;2.当x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)^23.f(x)在R上的最小值为0.求最大值m(m>1),使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x
来源：学生作业帮助网 编辑：作业帮 时间：2024/05/10 23:13:35
![设二次函数f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件如下1.当x∈R时,f(x-4)=f(2-x) 且f(x)≥x;2.当x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)^23.f(x)在R上的最小值为0.求最大值m(m>1),使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x](/uploads/image/z/5344208-8-8.jpg?t=%E8%AE%BE%E4%BA%8C%E6%AC%A1%E5%87%BD%E6%95%B0f%28x%29%3Dax%5E2%2Bbx%2Bc%28a%2Cb%2Cc%E2%88%88R%2Ca%E2%89%A00%29%E6%BB%A1%E8%B6%B3%E6%9D%A1%E4%BB%B6%E5%A6%82%E4%B8%8B1.%E5%BD%93x%E2%88%88R%E6%97%B6%2Cf%28x-4%29%3Df%282-x%29+%E4%B8%94f%28x%29%E2%89%A5x%3B2.%E5%BD%93x%E2%88%88%280%2C2%29%E6%97%B6%2Cf%28x%29%E2%89%A4%28%28x%2B1%29%2F2%29%5E23.f%28x%29%E5%9C%A8R%E4%B8%8A%E7%9A%84%E6%9C%80%E5%B0%8F%E5%80%BC%E4%B8%BA0.%E6%B1%82%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%80%BCm%28m%3E1%29%2C%E4%BD%BF%E5%BE%97%E5%AD%98%E5%9C%A8t%E2%88%88R%2C%E5%8F%AA%E8%A6%81x%E2%88%88%5B1%2Cm%5D%2C%E5%B0%B1%E6%9C%89f%28x%2Bt%29%E2%89%A4x)
设二次函数f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件如下1.当x∈R时,f(x-4)=f(2-x) 且f(x)≥x;2.当x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)^23.f(x)在R上的最小值为0.求最大值m(m>1),使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x
设二次函数f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件如下
1.当x∈R时,f(x-4)=f(2-x) 且f(x)≥x;
2.当x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)^2
3.f(x)在R上的最小值为0.
求最大值m(m>1),使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x
设二次函数f(x)=ax^2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件如下1.当x∈R时,f(x-4)=f(2-x) 且f(x)≥x;2.当x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)^23.f(x)在R上的最小值为0.求最大值m(m>1),使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x
条件1） f(x-4)=f(2-x)
a(x-4)^2 + b(x-4) = a(2-x)^2 + b(2-x)
a*(12-4x) = b(6-2x)
b = 2a
条件3）f(x)在R上的最小值为0.推出
a>0 且 b^2 - 4ac = 0
以 b = 2a 代入
4a^2 - 4ac = 0
a = c
综上 b = 2a = 2c > 0
f(x) = a(x^2+2x+1) = a(x+1)^2
条件1） 当x∈R时,f(x)≥x;
a(x+1)^2 ≥ x
ax^2 + (2a-1)x + a ≥ 0
因为 a>0 所以
x^2 + [(2a-1)/a] x + 1 ≥ 0
[x + (2a-1)/(2a)]^2 - [(2a-1)/(2a)]^2 + 1 ≥ 0
为保证在整个实数范围,即 即使 x+(2a-1)/(2a)=0 时,上不等式成立,必须有
- [(2a-1)/(2a)]^2 + 1 ≥ 0
[(2a-1)/(2a)]^2 ≤ 1
-1 ≤(2a-1)/(2a) ≤ 1
因为 a>0 所以
-2a ≤2a-1 ≤ 2a
a ≥ 1/4
条件2） 当x∈(0,2)时,f(x)≤((x+1)/2)^2
a(x+1)^2 ≤ [(x+1)/2]^2
a ≤ 1/4
综上所述 a = 1/4 、b=1/2、c=1/4
f(x) = (x+1)^2/4
我仔细检查了几次,怎么也找不到上面的推导有错误之处.但接下来 题目的要求 就有些奇怪了.
求最大值m(m>1),使得存在t∈R,只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x
首先画 f(x) = (x+1)^2/4 与 g(x)=x 的函数图象,大致为
二者在 x=1 处相切.除去切点之外,始终有 g(x) < f(x)
我认为不存在那样一个最大值m.或者说 m 最大可以到 正无穷大.
例如 对于任意一个很大很大的x值,比如设为 x0.
我们可以取 t = -x0 -1.f(x+t) = f(x0 - x0-1) = f(-1) = 0 < g(x0).
因为 t∈R,只要取一个负数的t值,只要这样足够负的t存在,总可以保证 f(x+t) < g(x) 成立,不论 m 取至多大.
不只道
我的数学啊，全都被我忘记了！
xya