题目内容
4.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c.(1)若f(-1)=0,f(0)=0,求出函数f(x)的零点;
(2)若f(x)同时满足下列条件:①当x=-1时,函数f(x)有最小值0,②f(1)=1求函数f(x)的解析式;
(3)若f(1)≠f(3),证明方程f(x)=$\frac{1}{2}$[f(1)+f(3)]必有一个实数根属于区间(1,3)
分析 (1)由f(-1)=0,f(0)=0得a=b;从而化简f(x)=ax(x+1);从而确定零点;
(2)由条件化简可得方程$\left\{\begin{array}{l}a+b+c=1\\ b=2a\\ a=c\end{array}\right.$,从而解得;
(3)令$g(x)=f(x)-\frac{1}{2}[f(1)+f(3)]$,从而可判断$g(1)•g(3)=-\frac{1}{4}{[f(1)-f(3)]^2}<0$,从而证明.
解答 解:(1)∵f(-1)=0,f(0)=0,
∴a=b;
∴f(x)=ax(x+1);
∴函数f(x)的零点是0和-1.
(2)由条件①得:$-\frac{b}{2a}=-1,\frac{{4ac-{b^2}}}{4a}=0$,a>0;
∴b=2a,b2=4ac,
∴4a2=4ac,
∴a=c;
由条件②知:a+b+c=1,
由$\left\{\begin{array}{l}a+b+c=1\\ b=2a\\ a=c\end{array}\right.$解得,
$a=c=\frac{1}{4},b=\frac{1}{2}$.
∴$f(x)=\frac{1}{4}{x^2}+\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}{(x+1)^2}$.
(3)证明:令$g(x)=f(x)-\frac{1}{2}[f(1)+f(3)]$,
则$g(1)=f(1)-\frac{1}{2}[f(1)+f(3)]=\frac{1}{2}[f(1)-f(3)]$,
$g(3)=f(3)-\frac{1}{2}[f(1)+f(3)]=\frac{1}{2}[f(3)-f(1)]$,
∴$g(1)•g(3)=-\frac{1}{4}{[f(1)-f(3)]^2}<0$,
∴g(x)=0在(1,3)内必有一个实根,
即方程$f(x)=\frac{1}{2}[f(1)+f(3)]$必有一个实数根属于(1,3).
点评 本题考查了函数零点的判断与函数的零点与方程的根的关系应用,属于基础题.
A. | [$\frac{1}{2}$,1) | B. | [$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$,1) | C. | (0,$\frac{1}{2}$] | D. | (0,$\frac{{\sqrt{2}}}{2}}$] |
A. | x+2y-8=0 | B. | 2x-y-8=0 | C. | x+2y-4=0 | D. | 2x-y=0 |
(1)若m=0,求直线被圆C截得的弦长;
(2)证明:不论m取什么实数,直线l与圆恒交于两点.
A. | 2 | B. | 3 | C. | 4 | D. | 5 |
A. | 若x2≥1,则x≥1或x≤-1 | B. | 若-1<x<1,则x2<1 | ||
C. | 若x≥1或x≤-1,则x2≥1 | D. | 若x≥1且x≤-1,则x2≥1 |
A. | 2$\sqrt{2}$ | B. | $\sqrt{6}$ | C. | $\sqrt{2}$ | D. | 2$\sqrt{6}$ |
A. | 9 | B. | -18 | C. | 2 | D. | 10 |