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文档简介

1、若k2,求方程fx0的解;(II)若对于x的方程fx0在(0,2)上有两个解x1,x2,求k的取值范围,并证明114x1x22.(08浙江高考)已知a是实数,函数f(x)x2xa.()若f1(1)=3,求a的值及曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;()求f(x)在区间0,2上的最大值。3.(09浙江高考)已知函数f(x)x3(1a)x2a(a2)xb(a,bR)(I)若函数f(x)的图象过原点,且在原点处的切线斜率是3,求a,b的值;II)若函数f(x)在区间(1,1)上不但一,求a的取值范围4.(10浙江高考)已知函数f(x)(xa)2(a-b)(a,bR,ab)。(I)当a=1,

2、b=2时,求曲线yf(x)在点(2,f(x))处的切线方程。(II)设x1,x2是f(x)的两个极值点,x3是f(x)的一个零点,且x3x1,x3x2证明:存在实数x4,使得x1,x2,x3,x4按某种次序摆列后的等差数列,并求x4(11浙江高考)设函数I)求的单一区间II)求全部实数,使对恒建立。注:e为自然对数的底数。6.(12浙江高考)已知aR,函数f(x)4x22axa.求f(x)的单一区间证明:当0 x1时,f(x)|2a|0.7.(13浙江高考)知aR,函数f(x)233(a1)x26ax.x若a1,求曲线yf(x)在点(2,f(2)处的切线方程;若|a|1,求f(x)在闭区间0,

3、2|a|上的最小值1.()解:(1)当k2时,fxx21x2kx当x210时,即x1或x1时,方程化为2x22x10解得x13,因为0131,故舍去,所以x13222210时,1x1时,方程化为2x10,解得x1当x2由适当k2时,方程fx0的解所以x13或x122解:不如设0 x1x22,因为fx2x2kx1x1kx1x1所以fx在(0,1是单一函数,故fx0在(0,1上至多一个解,若1x1x22,则x1x210 x11x220,故不符题意,所以2由fx10得k1,所以k1;x1由fx20得k12x2,所以7k1;x22故当7k1时,方程fx0在(0,2)上有两个解2当x11x2时,k1,2

4、x22kx21002x1消去k得2x1x22x1x20即112x2,因为x22,所以114x1x2x1x22.)解:f(x)3x22ax因为f(I)32a3,所以a0又当a0时,f(I)1,f(I)3,所以曲线yf(x)在(1,f(I)处的切线方程为3x-y-2=0(II)解:令f(x)0,解得x12a0,x23当2a0,即a0时,f(x)在0,2上单一递加,进而3fmaxf(2)84a当2a2时,即a3时,f(x)在0,2上单一递减,进而3fmaxf(0)0当02a2,即0a3,f(x)在0,2a上单一递减,在3384a,0a2.2a上单一递加,,23进而fmax2a3.0,84a,a2.综

5、上所述,fmaxa2.0,3.分析:()由题意得f(x)3x22(1a)xa(a2)f(0)b00,a3或a1又,解得bf(0)a(a2)3()函数f(x)在区间(1,1)不但一,等价于导函数f(x)在(1,1)既能取到大于0的实数,又能取到小于0的实数即函数f(x)在(1,1)上存在零点,依据零点存在定理,有f(1)f(1)0,即:32(1a)a(a2)32(1a)a(a2)0整理得:(a5)(a1)(a1)20,解得5a1)解:当a=1,b=2时,因为f(x)=(x-1)(3x-5)故f(2)=1f(2)=0,所以f(x)在点(2,0)处的切线方程为y=x-2()证明:因为f(x)3()(

6、a2b),xax3因为ab.a2b故a.所以f(x)的两个极值点为xa,xa2b.不如设x1a,x2a2b,33因为x3x1,x3x2,且x3是f(x)的零点,3故xb.又因为a2ba2(ba2b),33x41(aa2b)2ab,233所以a,2ab,a2b,b挨次成等差数列,33所以存在实数x4知足题意,且x42ab.35.()解:因为f(x)a2lnxx2ax,此中xf0,所以f(x)a2(xa)(2xa)2xa。xx因为af0,所以f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+)()证明:由题意得,f(1)a1c1,即ac由()知f(x)在1,e恒建立,要使e1f(x)e2对x1,e恒建

7、立,f(1)a1e1只需a2e2aee2f(e)解得ae。()由题意得f(x)12x22a当a0时,f(x)0恒建立,此时f(x)的单一递加区间为(,).当a0时,f(x)12(xa)(xa),此时函数f(x)的66单一递加区间为(,a和a,),单一递减区间为a,a.6666因为0 x1,故()当a2时,f(x)|a2|4x32ax24x34x2;当a2时,f(x)|a2|4x32a(1x)24x34(1x)24x34x2.设g(x)2x32x1,0 x1,则g(x)6x226(x3)(x3),于是33x0(0,3)3(3,1)1333g(x)0+g(x)1减极小值增1所以,g(x)ming(3)1430,所以当0 x1时,2x32x10.39故f(x)|a2|4x34x20.解:(1)当a1时,f(x)6x212x6,所以f(2)6.又因为f(2)4,所以切线方程为y6x8.记g(a)为f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0,获得x11,x2a.当a1时,x0(0,1)1(1,)a(a,2)2aaaf(x)00极大值单一极小值单一23f(x)0单一递加31递减a(3递加4aaa)比较f(0)0和f()a2(3)的大小可得()0,1a3,

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