内容发布更新时间 : 2024/12/27 21:03:52星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

当k?1时，令f?（x）?ex?k?0,即ex?k,?x?lnk?0则f(x)(x?0)在x?lnk时取最小值。?fmin(x)?f(lnk)?k?klnk.?fmin(x)?0,?k?lnk?0,即k?e.综上，当k?e时有对任意的x都有f(x)?0恒成立。

（3）、若f(x)?0有两相异实根，又f?(x)?0至多只有一解，?有y?f(x)的极小值存在且小于0即k?0且fmin(x)?f(lnk)?k?klnk?k(1?lnk)?0?k?0,?1?lnk?0，即lnk?1，?k?e?k?e时，f(x)?0有两相异实根。a22??2,?a2?2，所以e?3、解：（1）依题意知：c?1,?；

2c（2）Qe?

3c3,???a?2b,c?3b, 2a28b?x?2?y?x?b?x1?0??5 即B(0,?b),A(8b,3b) 知由???,?22255y??bx?4y?4b?1??y?3b2?5??3?AOB???AOx?cot?AOB??tan?AOx??kOA??

28uuuruuur323b2332????b2?4,a2?16 据OA?OB?cot?AOB， 得 ?5855x2y2??1． 所以椭圆方程为

1644、解：（1）当a?1时，f(x)??x(x?1)2??x3?2x2?x，得 f(2)??2,且f?(x)??3x2?4x?1,f?(2)??5．

?曲线y??x(x?1)2在点(2,?2)处的切线方程是y?2??5(x?2)，整理得5x?y?8?0． （2）f(x)??x(x?a)2??x3?2ax2?a2x,f?(x)??3x2?4ax?a2??(3x?a)(x?a)。

a令f?(x)?0，解得x?或x?a，由于a?0，以下分两种情况讨论。

3①若a?0，当x变化时，f?(x)的正负如下表：

x a(??,) 3a 3a(,a) 3a (a,??) f?(x) — 0 + 0 — 因此，函数f(x)在x?aaa4处取得极小值f(),且f()??a3； 33327 函数f(x)在x?a处取得极大值f(a),且f(a)?0。 ②若a?0，当x变化时，f?(x)的正负如下表：

x (??,a) a a(a,) 3a 3a(,??) 3f?(x) — 0 + 0 — 因此，函数f(x)在x?a处取得极小值f(a),且f(a)?0； 函数f(x)在x?aaa4处取得极大值f(),且f()??a3． 33327a3（3）证明：由a?3,得?1,当k?[?1,0]时,k?cosx?1,k2?cos2x?1．

由（2）知，f(x)在???,1?上是减函数，要使f(k?cosx)?f(k2?cos2x),x?R． 只要k?cosx?k2?cos2x(x?R),即cos2x?cosx?k2?k(x?R)①

设g(x)?cos2x?cosx?(cosx?)2?，则函数g(x)在R上的最大值为2． 要使①式恒成立，必须k2?k?2,即k?2或k??1．

故在区间[—1，0]上存在k??1，使得f(k?cosx)?f(k2?cos2x)对任意x?R恒成立． 5、解：（Ⅰ）将y?f?x?1?的图象向右平移1个单位，得到y?f?x?的图象，

所以y?f?x?的图象关于点?0,0?对称，即y?f?x?是奇函数， 所以f?x??a1x?a3x，由题意，得

312141?f???1??3a1?a3?0?a?,13??1 ? 所以?fx?x?x. 3???23?f??1???a1?a3??3?a3??1.?（Ⅱ）由（Ⅰ）得f??x??x?1，

2假设存在两切点为x1,f?x1?,x2,f?x2??????x,x????122,2??，

?222则f??x1??f??x2??x1?1x2?1??1. 因为x12?1、x2?1???1,1? 22??x1?0?x??2?x1?1??1,??x1?1?1,所以?2或?2 即?或?1

???x2??2?x2?0?x2?1?1?x2?1??1.????????从而可得所求两点的坐标分别为

??2?2?或0,0,2,?0,0,?2,. ????????????3?3??? （Ⅲ）因为当x??,1?时，f??x??0，所以f?x?在?,1?递减.

?1??2??1??2?由已知得xn??,1?，所以f?xn???f?1?,f??1??2????211??1??，即fx???n??,??. ??2?324???? 注意到x <-1时，f ′(x)>0，-1

23m?2，

所以ym???2,????2222?， ?. 因为?2<-1

所以f?xn??f?ym??f?ym??f?xn??

2?2?4?????. 3?3?3