已知函数:f(x)=2aCos^2X+bSinXcosX-√3/2 且f(0)=√3/2 f(π/4)=0.5 (1)求a b (2)求f(x)最小正周期和单调区间
哥fghe0215
(1)将f(0)=√3/2 f(π/4)=0.5分别代入f(x),得2a-√3/2 =√3/2a-b/2-√3/2 =0.5解得a=√3/2,b=1(2)所以f(x)=2aCos^2X+bSinXcosX-√3/2=√3Cos^2X+sinXcosX-√3/2=√3/2*(1+cos2X)+1/2*sin2X-√3/2=√3/2cos2X+1/2*sin2X=cos(π/6)*cos2X+sin(π/6)*sin2X=cos(2X-π/6)所以最小正周期为π单调增区间为[kπ-5π/12,kπ+π/12],k∈Z单调减区间为[kπ+π/12,kπ+7π/12],k∈Z
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1)f(0)=2a-√3/2=√3/2所以a=√3/2f(π/4)=a+b/2-√3/2=1/2所以b=12)所以f(x)=√3cos^2x+bsinxcosx-√3/2=√3/2 cos2x+1/2 sin2x=sin(π/3)cos2x+cos(π/3)sin2x=sin(2x+π/3)T=2π/2=π单调递增区间：[-5π/12,π/12]单调递减区间：[π/12,7π/12]
(1)求a b由f(0)=√3/2》》》》2a-√3/2 =√3/2
>>a=√3/2 由f(π/4)=0.5f(x)=√3/2+b/2-√3/2=0.5 b=1a=√3/2 b=1(2)求f(x)最小正周期和单调区间f(x)=√3Cos^2X+SinXcosX-√3/2 =√3(1-sin^2x...
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旭仔爱哥哥1235
（x）=2acos^2(x/2+π/8)+bsin(x/2+π/8)sin(3π/8-x/2)=2acos^2(x/2+π/8)+bsin(x/2+π/8)sin(π/2-π/8-x/2)=2acos^2(x/2+π/8)+bsin(x/2+π/8)cos(π/8+x/2)=a(1+cos(x+π/4))+1/2*bsin(x+π/4)f（π/4)=a+1/2*b=2f(0)=a(1+√2/2)+√2/4*b=√2+1解得：a=1,b=2所以 f(x)=1+cos(x+π/4)+sin(x+π/4)=1+√2cosx对称轴方程是：x=kπ (k∈z)对称中心是(kπ+π/2 ,0) (k∈z)
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（100赞了，好开心……mark）（转载请注明，不过应该不会有人转载吧……）结论写在前面，这个方程在实数上连续函数全体的空间内是有解的.首先先做一些自由而无用的尝试，下面推了一些f连续的情况下，需要满足的必要条件，主要是找找思路吧.如果只关心结果的话这一段可以略去.f有且只有一个不动点f(0)=0.(若x是f的不动点，那么也是f(f(x))的不动点，从而是x^2+x的不动点.关于不动点的存在性，如果不存在的话必有f(x)&x恒成立或者f(x)&x恒成立，都会导出矛盾.)f(-1)=0.并且f除了0和-1以外没有其他的零点.(设f(-1)=a，那么f(a)=f(f(-1))=0，从而f(f(a))=f(0)=a^2+a=0，因此a=-1或0.a不会是-1，因为这样的话-1就变成不动点了.)f(x)&-1.(只需证明f(x)=-1无解.若f(a)=-1，则f(f(a))=a^2+a=f(-1)=0，因此a=0或-1，但f(0)和f(-1)都不是-1.)x&0时，必有f(x)&x(否定两种情况:(1)0&f(x)&x (2)f(x)&0 前者会推出x&x^2+x，后者会推出f(f(x))有界)x&-1时，f(x)恒正且无上界.(分x&-1时，f(x)恒正或者恒负讨论)对任意的c，f(x)=c至多有两个解，并且若有两个，必关于x=-1/2对称.(若f(a)=f(b)=c，那么a^2+a=b^2+b=f(c))f的最小值是f(-1/2)=a，且唯一，且-1/2&a&-1/4.(若最小值不在-1/2处取到，根据6可导出矛盾)f在(-1/2,+\infty)单调递增，在(-\infty,-1/2)单调递减.f关于x=-1/2对称.上面的部分欢迎补充.下面是f的构造环节.根据9，构造f只需要构造[-1/2,+\infty)这一半就可以了.先来考虑f在[-1/2,0]上的构造.任取一个满足7的a，不妨取a=-3/8.考虑两个数列：利用归纳法容易证明：都是单调递增的...记我们希望构造出来的f满足把映到，把映到.归纳地定义f.首先到的映射任取一个双射，不妨取线性映射.注意到是两次f的复合，根据条件，一定要是x^2+x，所以到的映射就取成这两个映射的复合，其中第一个是已经构造好的映射的逆，第二个是x^2+x.下面的构造同理.事实上，只要到的映射定好了，剩下的都确定了.验证连续性只要验证0处的连续性就好了，显然.如果函数空间变成C^\infty或者C^1函数全体的话，这里的构造会有一点问题，因为涉及到取逆，很容易导数就不连续，待解决吧.下面就是[0,+\infty)的部分了，这个直接利用上面的方法是不行的，因为不管从哪里开始都一定会发散到正无穷，但是我们可以考虑啊，也就是先取定，按照上面一样的递推关系往两边走.具体过程就不写出来了.总结一下，上面的思路说白了是利用右边的函数x^2+x有唯一不动点，所以构造出的数列迭代有很好的收敛性质.因此，这种方法可以直接推广到右边的函数形如的情况.其他情况待解决.———————————————————————————————————————————8.29更新：f存在可微的解.下面给出构造.仅考虑[-1/2,0]这一段.其他同理.容易证明在0处的导数一定是1，而在[-1/2,0)上我们希望导数连续.首先讲一下如何算每一点处的导数.考虑的映射，这个是这一串复合的结果.根据一阶微分的不变性，其导数就是每一段导数之积，注意到有的是取的反函数，所以要利用反函数的求导公式，也就是取倒数.另外的的映射也是同样的.这个公式写出来很长，就留给读者作为习题吧.如果最开始的到的映射在上是C^1的，那么根据上面的复合，容易看出，f限制在每个和上都是C^1的.我们知道，C^1的情况下，闭区间端点的单侧导数和导数的单侧极限是相等的.因此，若要f在[-1/2,0)满足C^1，那么只需要每个区间端点，也就是处两侧的导数的单侧极限相等.用链式法则把两侧的导数都写出来，会发现能够约掉很多东西，写这个就留作习题吧.最后的结果是，要使导数在[-1/2,0)上连续，仅仅需要下面的等式成立：注意到恰恰是f的最小值点，因此右边这个极限是型，是有可能求出结果的.例如说，我们把f限制在取这样的三段：第一段，在x=-1/2右边附近，f形如x^2+x+c，这样上面那个极限求出来是1.最后一段，在(=f(-1/2),也就是下文中的-3/8)左边附近，f形如x+d，那么恰好处的导数是1.中间用一些比较光滑的函数把上面两段接起来，这总归可以做到的.[0,+\infty)的构造同理.以上.继续进一步，如果存在全局C^1的解会怎么样.想到了一个思路，不知道能不能接着做下去.还是只考虑[-1/2,0]上的事情.如果f是全局C^1的，那么导数在0处的极限也应当是1.下面就利用这一点.首先由复合函数的求导法则，两边求导，有.任取,记.考虑f在x处的迭代.方便起见，我们考虑这样两个数列：这个其实就是f在x上的迭代.把已经讨论过的结果再贴出来一下：都是单调递增的...那么代入上面两边求导得到的式子，就有两式相除，得到上面的式子可以累乘了，得到的结果是如果令n趋于无穷，左边就是1.而无穷乘积的通项显然是大于1的.注意到.因此这个无穷乘积绝对收敛.记,那么要求的函数实际上就是微分方程的解.这是解析的必要条件.如果T的性质能够了解一些的话——比如可微性乃至光滑性.由于绝对一致收敛，应该是可以逐项微分的吧，再比如为了方便，y的取值范围可以扩到更大，这样是内闭一致收敛的——大概可以做更好的分析吧……不想了……
已更新 本回答为论文复制粘贴 证明了存在性楼上Xuthurs有构造性证明目前还没看到解析解 有了求at==============================转载 终结此贴：转自人人网@曾博BBOC感谢
，看到@王点点（找不到哪个是你...）说的不适用，今天没空看这个paper了...大家谁有空看看...==============================我看了一眼paper。再看就剁手。给我点没有帮助的快来撤销。我代数学的不好，求大神指导上述定理1中的上述定理1中的是定义在复平面上的，后面证明用了代数基本定理因此不能直接套到上；这个这个是定义在上的，尼玛居然小于1，那还真是有解的...而且都TM有解我搬砖去了，给出解析解就靠你们了！！...============================== 给了个构造性证明 大家快去点赞谁有解析解来说一声/*无意挑口水吐槽跑题PS：前几天看到有讨论人人网用户质量；在人人网上，这个问题既有大神解答，也有传播速度和效率；因此用户质量还不至于“代购”那么差；当然下滑是不争事实 大家有兴趣可以看看前几天的二季报 惨不忍睹。*/
（以下讨论在
上进行，不考虑分段函数）考虑函数满足那么对函数，有。可惜对来说， 不是初等的，需要牵涉到对无理函数迭代吸引不动点的分析。根据 Jean Escalle 的方法，可以得到一个的极限解：其中
9月3日更新:若,则,．————————————————————————从网上找到两个类似问题的解答,希望能帮到各位：1. 已知,求的表达式．(来自)答: ,．其中为虚数单位,．2. 已知,求的表达式．(来自)答: (的取值范围是用 Mathematica 算出来的。)Matrix67对此类问题{}的思考:
．果壳网 方弦 提供了时的系数: ．(来自)
我读了一下
所提到的文章, 把里面的结果往一般化的情况推的话, 大概是:Lemma 1, Lemma 2, Lemma 3, 和 Theorem 2 是对所有域都成立的, Lemma 4 对所有特征不等于 2 的域都是成立的, Lemma 5 对所有域上的所有形如 p(x)=x^2+ax 的多项式都是成立的.对于一般的情形, 其实只需要考虑 Lemma 5 后面的一段即可, 具体到 f(f(x))=x^2+x 容易得到:1. 对零特征的域 (比如有理数域和复数域) 而言, 只要包含虚数 i 则该方程无解;2. 对正特征的域 (比如有限域和有限域上的有理函数域) 而言, 记该域特征为 p, 则当 p 形如 p=4n+1 时该方程无解.文章后面也讨论了实数域的情形, 并且
在回答中给了一个实数域情形的具体构造, 欢迎感兴趣的读者进一步思考一般的有限域和有理数域的情形.-- 更新 1 -- 在下面的评论中将上面提到的对有限域的特征 p=1 mod 4 (即 p=1,5 mod 12) 时的结果拓展到了 p=1,5,7 mod 12, 并且给出了 p=11 mod 12 时的反例.
想想感觉不是个简单的问题查了一下资料好像是不存在的（如果是考虑复函数的话）一篇R.E.Rice, B.Schweizer, 和A.Sklar写的论文好像讨论过更general的情况似乎是跟复动力系统相关的问题？强调一下 文章说的是复的时候是对于任意的二次多项式都不存在这样的函数（就算不解析不连续的也不存在）但是实的话那篇文章就不能用了实的时候具体怎么样也不知道了其它答案好像有数据估计的结果
正在看高数的考研党被答案们吓哭了，还找不到纸巾擤鼻涕……=_=
可以用形式幂级数的思想解，不妨设可以写成形式幂级数，那么由即可算的系数，下面是用mathematica计算的结果：。所以我们只需证明级数收敛即可，通过观察可以发现（不过我不能严格证明。。。），所以上述级数在之间应该是收敛的。（刚才看了一下math.stackexchange上也有人问了这个问题：，以及mathoverflow：）----------------------------------------------------------------------------------------------附上计算系数的python代码：def Iterate(a,i,tmp_sum,tmp_prod,summ,n):
if(i == n-1):
return summ + tmp_prod*a[n - tmp_sum]*a[i]
while(k & n - tmp_sum):
summ = Iterate(a,i+1,tmp_sum+k,tmp_prod*a[k],summ,n)
if(i & 1):
return summ + tmp_prod*a[k]*a[i]
return summ
def main():
a.append(0)
a.append(1)
a.append(0.5)
for i in range(100):
k = -Iterate(a,1,0,1,0,i+3)/2
a.append(k)
某大学计算数学专业生，如果楼主不需要绝对精确答案的话，楼主可以用逼近方法，先用一个正交函数族（比如三角函数族）表示这个函数，然后再代入一定的数求出在其处取值（代入的数的个数应该和你的逼近函数的系数数相同），最后构成系数矩阵，再用高斯消元法解系数就行了，至于你要多精确可以自己设（系数越多越精确，但电脑解出来的时间越慢）。
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社交帐号登录已知函数f(x)=2acos^2x+bsinxcosx,f(0)=2,f(π/3)=1/2+（根号3）/2(1) 求函数f(x)的最小正周期(2) 求函数f(x)的最大值及取得最大值时的x的集合(3) 写出函数f(x)在[0,π]上的递减区间【不要百度来的答案
淡然的草D967
(1)f(x)=√2sin(2x+π/4)+1
π(2)√2+1
{x|x=π/8+kπ ,k∈Z}(3)[π/8,5π/8]
求过程阿谢谢><
将已知条件代入f(x),解得a=1,b=2,f(x)=√2sin(2x+π/4)+1最小正周期T=2π/2=πf(x)max=√2+1&& 2x+π/4=π/2+2kπ& {x|x=π/8+kπ ,k∈Z}2x+π/4∈[-π/2+2kπ&，π/2+2kπ&]x∈[π/8，5π/8]
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f(0)=2a=2f(π/3)=2acos^2(π/3)+bsin(π/3)cos(π/3)=1/2+√3/2a=1,b=2f(x)=2acos^2x+bsinxcosx
=cos(2x)+sin(2x)+1
=√2sin(2x+π/4)+11)
T=2π/2=π2)
f(x)max=√2+1<b...
没关系，不过，他是错的。
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