已知二次函数f(x)=aX2+bx+c的图象经过点（-1,0）,且对一切实数x,不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立.求f(x)的解析式注:x2是x的平方急

已知二次函数f(x)=aX2+bx+c的图象经过点（-1,0）,且对一切实数x,不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立.求f(x)的解析式注:x2是x的平方急
已知二次函数f(x)=aX2+bx+c的图象经过点（-1,0）,且对一切实数x,不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立.
求f(x)的解析式
注:x2是x的平方
急

已知二次函数f(x)=aX2+bx+c的图象经过点（-1,0）,且对一切实数x,不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立.求f(x)的解析式注:x2是x的平方急
这个是最简单的解析几何题目`
在这里无法画坐标啊.
怎么办?帮你分析一下吧,既然经过（-1,0）,且对一切实数x,不等式x≤f(x)≤（1+x2)/2恒成立.
这说明f(x)=aX2+bx+c这个函数的曲线是和X轴相切的,同时你只要证明曲线F（x）=aX2+bx+c因为过（-1,0）,所以一定在另一个函数f(x)=（1+x2)/2曲线之上就可以了.
将x=-1,f（x）=0代入,
可得,a-b+c =0
同时结合不等式的曲线,x≤f(x)≤（1+x2)/2限制的一部分,可以得出c值,
这样的话,a、 b 、c 就出来了.
这样f（x）的解析式就出来了.
哎呀,画图最好解释了.可惜无法画坐标图来解释.
这是最简单的高一的代数题!有事情联络我

这题目我是不知道的．可是我们数学老师知道的，你问她吧．．．

姐姐,他们说了当白说

我不知道...好深奥....不过我想要分..

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

收起

缺少条件吧？

这么简单将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a...

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这么简单将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4) ok了

收起

这个题我会啊!你==吧
我明天给你答案哈

将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(a...

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将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由此得2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0∴f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

收起

由（-1，0）代入原式
可得
b=a+c
=>x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立
又因为a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0

2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，
得...

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由（-1，0）代入原式
可得
b=a+c
=>x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立
又因为a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0

2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，
得a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0最后得出:
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)
说了半天和上面的都一样.
这只是一道很普通的二次数学求根问题.
以后有这样的问题直接找我就可以了.
不用悬赏这么高的分.

收起

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(...

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将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由此得2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0∴f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

怎么样?满意吗?

收起

你们太复杂了

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(...

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将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由此得2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0∴f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

收起

以上几种做法版本一样，是复制粘贴的吧？但是
“ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]”
错了吧？应该是
"ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a<0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]”

才200 怎么着么多人照抄呀
楼上的 ~~~~~~~~~~~~~~~~~
给第一个做出来了
或
哪个图象的
~~~~~~~~~~~~~~~~~呵呵 想了半天没做出来

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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"ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立"，笔误了吧，应该是ax^2+(a+c-1)x+c>=0对一切x都成立,其他的步骤都对.

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

收起

很简单 将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a...

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很简单 将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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俺是高考数学150啊，我来帮你回答。
（本题画图像理解比较直观）
把题设的三个不等式出现的函数看作坐标系的三个曲线。
y＝x，y=ax^2+bx+c,y=(1+x^2)/2
根据题设x≤(1+x^2)/2,可知x=1,代入得y＝1
即y＝x，y=(1+x^2)/2相切于（1，1）点。
有由x≤ax^2+bx+c≤(1+x^2)/2，根据图像可知a>...

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俺是高考数学150啊，我来帮你回答。
（本题画图像理解比较直观）
把题设的三个不等式出现的函数看作坐标系的三个曲线。
y＝x，y=ax^2+bx+c,y=(1+x^2)/2
根据题设x≤(1+x^2)/2,可知x=1,代入得y＝1
即y＝x，y=(1+x^2)/2相切于（1，1）点。
有由x≤ax^2+bx+c≤(1+x^2)/2，根据图像可知a>0，且
也一定与两曲线相切于（1，1）点才能满足不等式恒成立。所以得到y=ax^2+bx+c也经过（1，1）点。
代入得到a+b+c=1,又曲线过（－1，0）点，得到a-b+c=0
把这两个式子联立得到，b＝1/2，a+c＝1/2
由上面知y=ax^2+bx+c与y＝x也相切，所以ax^2+bx+c＝x
这个方程只有一个根，判别式＝0，可得ac＝1/16.
又知a+c＝1/2,所以a＝c=1/4
所以f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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感叹.大学读完回头看高中题目,竟然像天书一样.失败啊

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

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点代入,求解不等式,很容易啊

将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)
根本不用悬赏这么高分！

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呵呵^
姐姐啊^
他们说了当没说嘛!!!

f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

首先,根据题意可得,将点(-1,0)代入二次函数中可得a-b+c=0所以b=a+c(所以用数学符号表示，后面类同．）．又因为对一切实数x函数恒成立，下面为解不等式，把b=a+c代入不等式1可得ax2+(a+c-1)x+c大于等于o,所以a>0,判别式的塔大于等于0（书写是用数学语言表示，不好意思，本人不会用键盘上的字母表示）．把b=a+c代入不等式2可得(2a-1)x2+2(a+c)x+2c-1小...

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首先,根据题意可得,将点(-1,0)代入二次函数中可得a-b+c=0所以b=a+c(所以用数学符号表示，后面类同．）．又因为对一切实数x函数恒成立，下面为解不等式，把b=a+c代入不等式1可得ax2+(a+c-1)x+c大于等于o,所以a>0,判别式的塔大于等于0（书写是用数学语言表示，不好意思，本人不会用键盘上的字母表示）．把b=a+c代入不等式2可得(2a-1)x2+2(a+c)x+2c-1小于等于0，所以可得a>0,判别式大于等于0．所以由上可得a+c=o,a+c-1/2=0，所以a=c=1/4,既函数解析式为(1/4)x2+(1/2)x+1/4

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第1种
将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2...

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第1种
将（-1，0）代入得 b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立
∴a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由此得2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0∴f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)
第二种
经过（-1，0），且对一切实数x，不等式x≤f(x）（1+x2)/2恒成立。
这说明f(x)=aX2+bx+c这个函数的曲线是和X轴相切的，同时你只要证明曲线F（x）=aX2+bx+c因为过（-1，0），所以一定在另一个函数f(x)=（1+x2)/2曲线之上就可以了。
将x=-1，f（x）=0代入，
可得，a-b+c =0
同时结合不等式的曲线，x≤f(x)≤（1+x2)/2限制的一部分，可以得出c值，
这样的话，a、 b 、c 就出来了。
这样f（x）的解析式就出来了。

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哎

由（-1，0）代入原式
可得
b=a+c
=>x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立
又因为a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，
得a-1...

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由（-1，0）代入原式
可得
b=a+c
=>x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立
又因为a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，
得a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0最后得出:
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)
高一的题嘛!

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你是不是很懒哦
至少比我懒~~
你小子赚了呵~~``````
如果我是你数学老师
我一定让你死得很惨
哈哈！

凑热闹的都来抄啊!200分真的是诱人啊!

这是一道二次函数的题啊，还算比较容易。
将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)...

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这是一道二次函数的题啊，还算比较容易。
将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a+2c-1≤0[3]；-2a-2c+1≤0[4]
由上面两式又可以发现
2a+2c-1=0，结合a=c得
a=c=1/4，满足0所以
f(x)=(1/4)x^2+(1/2)x+(1/4)

收起

既然很着急用
怎么几天了这么多人回答都没有被采纳
windbamboo - 高级魔法师 六级 好象是对的

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1...

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将（-1，0）代入得
b=a+c
1）由x≤f(x)=ax^2+(a+c)x+c
=>ax^2+(a+c-1)x+c≤0对一切x都成立，所以有
a>0且判别式=(a-c)^2-2a-2c+1≤0[1]
2）由f(x)≤（1+x^2)/2
=>(a-1/2)x^2+(a+c)x+(c-1/2)≤0对一切x都成立，所以有
a-1/2<0且判别式=(a-c)^2+2a+2c-1≤0[2]
不等式[1]和[2]两边相加得
2(a-c)^2≤0
=>a-c=0=>a=c
将结果代入[1]和[2]得
2a