1樓：手機使用者
（1）∵x∈（0，5）時，都有x≤f（x）≤2|x-1|+1恆成立，
∴1≤f（1）≤2|1-1|+1=1，
∴f（1）=1；
（2）∵f（-1+x）=f（-1-x），
∴f（x）=ax2+bx+c（a，b，c∈r）的對稱軸為x=-1，
∴-b2a
=-1，b=2a．
∵當x∈r時，函式的最小值為0，
∴a＞0，f（x）=ax2+bx+c（a，b，c∈r）的對稱軸為x=-1，
∴f（x）min=f（-1）=0，
∴a=c．
∴f（x）=ax2+2ax+a．又f（1）=1，
∴a=c=1
4，b=12．
∴f（x）=1
4x2+1
2x+14=1
4（x+1）2．
（3）∵當x∈[1，m]時，就有f（x+t）≤x成立，
∴f（1+t）≤1，即1
4（1+t+1）2≤1，解得：-4≤t≤0．
而y=f（x+t）=f[x-（-t）]是函式y=f（x）向右平移（-t）個單位得到的，
顯然，f（x）向右平移的越多，直線y=x與二次曲線y=f（x+t）的右交點的橫座標越大，
∴當t=-4，-t=4時直線y=x與二次曲線y=f（x+t）的右交點的橫座標最大．∴14
（m+1-4）2≤m，
∴1≤m≤9，
∴mmax=9．
2樓：清清的女孩
因f（x-4）=f（2-x），則函式的圖象關於x=-1對稱，∴-
b2a=-1，b=2a，
由（3），x=-1時，y=0，即a-b+c=0，由（1）得，f（1）≥1，由（2）得，f（1）≤1，
則f（1）=1，即a+b+c=1．又a-b+c=0，則b=
12，a=1
4，c=1
4，故f（x）=
14x2+1
2x+14．假設存在t∈r，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤x．
取x=1，有f（t+1）≤1，即
14（t+1）2+
12（t+1）+
14≤1，解得-4≤t≤0，
對固定的t∈[-4，0]，取x=m，有f（t+m）≤m，即
14（t+m）2+
12（t+m）+
14≤m．化簡有：m2-2（1-t）m+（t2+2t+1）≤0，解得1-t-
-4t≤m≤1-t+
-4t，故m≤1-t-
-4t≤1-（-4）+
-4(-4)
=9當t=-4時，對任意的x∈[1，9]，
恆有f（x-4）-x=
14（x2-10x+9）=
14（x-1）（x-9）≤0．
∴m的最大值為9．
∵f（x-4）=f（2-x）
∴函式的圖象關於x=-1對稱
∴-b2a=-1b=2a
由③知當x=-1時，y=0，即a-b+c=0
由①得 f（1）≥1，由②得 f（1）≤1
∴f（1）=1，即工+了+以=1，又a-b+c=0
∴a=1
4b=12c=14∴f（x）=
14x2+1
2x+14…（5分）
假設存在t∈r，只要x∈[1，m]，就有f（x+t）≤x
取x=1時，有f（t+1）≤1⇒
14（t+1）2+
12（t+1）+
14≤1⇒-4≤t≤0
對固定的t∈[-4，0]，取x=m，有
f（t+m）≤m⇒
14（t+m）2+
12（t+m）+
14≤m⇒m2-2（1-t）m+（t2+2t+1）≤0⇒1-t-
-4t≤m≤1-t+
-4t…（10分）
∴m≤1-t+
-4t≤1-(-4)+
-4•(-4)
=9 …（15分）
當t=-4時，對任意的x∈[1，9]，恆有
f（x-4）-x=
14（x2-10x+9）=
14（x-1）（x-9）≤0
∴m的最大值為9． …（20分）
另∵f（x-4）=f（2-x）
∴函式的圖象關於x=-1對稱
∴-b2a=-1b=2a
由③知當x=-1時，y=0，即a-b+c=0
由①得 f（1）≥1，由②得 f（1）≤1
∴f（1）=1，即工+了+以=1，又a-b+c=0
∴a=1
4b=12c=14∴f（x）=
14x2+1
2x+14=14（x+1）2 …（5分）
由f（x+t）=
14（x+t+1）2≤x 在x∈[1，m]上恆成立
∴4[f（x+t）-x]=x2+2（t-1）x+（t+1）2≤0當x∈[1，m]時，恆成立
令 x=1有t2+4t≤0⇒-4≤t≤0
令x=m有t2+2（m+1）t+（m-1）2≤0當t∈[-4，0]時，恆有解 …（10分）
令t=-4得，m2-10m+9≤0⇒1≤m≤9 …（15分）
即當t=-4時，任取x∈[1，9]恆有
f（x-4）-x=
14（x2-10x+9）=
14（x-1）（x-9）≤0
∴mmax=9 …（20分）
3樓：匿名使用者
（1） ∵當x∈（0，5）時，x≤f（x）≤2|x-1|+1恆成立∴1≤f（1）≤1∴f（1）=1；
（2） ∵當x∈r時，f（x）的最小值為0，且圖象關於直線x=-1對稱；∴- b／2a=-1，f（-1）=a-b+c=0又∵f（1）=a+b+c=1∴a= 1／ 4，b= 1／ 2，c= 1／ 4∴f(x)= 1／4(x+1)2；
（3） 設g（x）=f（x）-x= 1／ 4(x-1)2關於x=1對稱 當x∈[-1，3]時，|f（x）-x|≤1∴0≤m≤3．
設二次函式f（x）=ax²+bx+c（a，b，c∈r）滿足下列條件：①當x∈r時，其最小值為0，
4樓：東神的子民
(1)因為1屬於（0，5),因此1<=f(1)<=2*|1-1|+1=1
=>1<=f(1)<=1
=>f(1)=1
(2)f(1)=1=>a(1+1)^2=1=>a=1/4
=>f(x)=(x+1)^2/4
(3)又(x+1)^2/4-x=(x-1)^2/4>=0因此（x+1)^2/4>=x
顯然，x屬於[1,m]時，是單調遞增區間，要使x屬於[1,m]時，都有f(x+t)<=x成立，那麼t必小於0
因此題目要求實際就相當於把f(x)的曲線右平移|t|，使得（1，f(1))點剛好在曲線y=x上，m實際就是y=x和平移後的f(x)曲線的另一交點的x值。這樣f(x+t)的曲線在【1，m】區間都在y=x直線下方，滿足題目要求。
令：f(x+t)=(x+t+1)^2/4=x=>(x+t+1)^2/4=x
=>x^2+2(t-1)x+(t+1)^2=0 (a)又曲線通過(1，1）點，因此1是它的一個解=》1+2(t-1)+(t+1)^2=0
=>t=-4
將t=-4代入（a)
=>x^2-10x+9=0
=>x1=1,x2=9
因此m=x2=9
因此這個最大的實數m的值為9
5樓：匿名使用者
可知f(x)關於 x=-1對稱，a不等於0 （對稱軸）x=1時， 1≤f（1）≤2|1-1|+1=1，因此 f（1）=1；
（2）由於 當x∈r時，f（x）最小值為零，得出：a>0，f（x）=a（x+1）^2+c-a=ax^2+2ax+ca+b+c=1；
x=-1時，f（x）得到最小值0，即a-b+c=0；
b=0.5=2a， a=0.25， c=1-a-b=0.
25f（x）=0.25x^2+0.5x+0.
25（3）g(x)=f(x)-x=0.25(x-1)^2……介個……題沒錯吧？
6樓：匿名使用者
1 當x∈（0，5）時，x≤f（x）≤2|x-1|+1恆成立。
令x=1 得1≤f（1）≤1.所以f（1）=12 f（x-1）=f（-x-1）成立；所以對稱軸為x=-1又因為當x∈r時，其最小值為0，可設f（x）=m（x+1）^2將f（1）=1帶入的m=1/4
所以f（x）=1/4（x+1）^2
3 暫時不會，在考慮中》
7樓：匿名使用者
第三題是9，t的值是固定的
設二次函式f x ax2 bx c,函式F x f x x的兩個零點為m, mn 若m 1,n 2,求不等式F（x 0的解集
體育wo最愛 f x ax 2 bx c x ax 2 b 1 x c有兩個零點m 1，n 2，代入就有 a b 1 c 0 a b c 14a 2 b 1 c 0 4a 2b c 2兩式相減得到 3a 3b 3 所以，a b 1 所以，b 1 a 則，c 1 a b 1 a 1 a 2a所以，f ...
已知二次函式f x ax 2 bx a,b是常數且a不等於
f x a x 2 bx f 2 0得b 2a,方程f x x有等根。得x x b 1 a 0,所以b 1 a.a 1 3 b 2 3 f x 的解釋式可得了 方程f x x有等根。得x x b 1 a 0,所以b 1 a.這一步不對,應該兩個等根是0 只能b 1 a 2也就是f x 2x 2 x第...
已知當x 5時,二次函式f（x）ax 2 bx c取得最小值，等差數列an的前n項和sn f（n）
解 由題意，b 2a 5，即b 10a an為等差數列，則sn a1 an n 2 f n an 2 bn c，所以c 0，a1 an 2axn 2b，n 2時，a1 a2 4a 2b a b 7，即3a b 7 和 聯立得a 1，b 10，代人 得 an 2n 11.等差數列和的表示式中常數項必定...