...a)2(x∈R),其中a∈R.(I) 当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处...

发布网友 发布时间：2024-10-16 10:48

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热心网友 时间：2024-10-20 21:58

（I）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．
所以，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．…3分
（Ⅱ）f（x）=-x（x-a）2=-x3+2ax2-a2x，
f′（x）=-3x2+4ax-a2=-（3x-a）（x-a）．
令f′（x）=0，解得x=a3，或x=a．
由于a≠0，以下分两种情况讨论．
（1）若a＞0，当变化时，f′（x）的正负如下表：
x （-∞，a3） a3 （a3，a） a （a，+∞）f′（x） ↓ 0 ↑ 0 ↓因此，函数f（x）在x=a3处取得极小值f（a3），且f（a3）=-427a3；
函数f（x）在x=a处取得极大值f（a），且f（a）=0．…5分
（2）若a＜0，当变化时，f′（x）的正负如下表：
x （-∞，a） a （a，a3） a3 （a3，+∞）f′（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=a3处取得极大值f（a3），且f（a3）=-427a3． …8分
（Ⅲ）假设在区间[-1，0]上存在实数k满足题意．
由a＞3，得a3＞1，当k∈[-1，0]时，k-cosx≤1，
k2-cos2x≤1．
由（Ⅱ）知，f（x）在（-∞，1]上是减函数，
要使f（k-cosx）≥f（k2-cos2x）≥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-12）2-14，则函数g（x）在R上的最大值为-14．
要使①式恒成立，必须k2-k≥2，即k≥2，或k≤-1．
所以，在区间[-1，0]上存在k=-1，
使得f（x-cosx）≥f（k2-cos2x）对任意的x∈R恒成立．…13分．

热心网友 时间：2024-10-20 22:04

（I）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．
所以，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．…3分
（Ⅱ）f（x）=-x（x-a）2=-x3+2ax2-a2x，
f′（x）=-3x2+4ax-a2=-（3x-a）（x-a）．
令f′（x）=0，解得x=a3，或x=a．
由于a≠0，以下分两种情况讨论．
（1）若a＞0，当变化时，f′（x）的正负如下表：
x （-∞，a3） a3 （a3，a） a （a，+∞）f′（x） ↓ 0 ↑ 0 ↓因此，函数f（x）在x=a3处取得极小值f（a3），且f（a3）=-427a3；
函数f（x）在x=a处取得极大值f（a），且f（a）=0．…5分
（2）若a＜0，当变化时，f′（x）的正负如下表：
x （-∞，a） a （a，a3） a3 （a3，+∞）f′（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=a3处取得极大值f（a3），且f（a3）=-427a3． …8分
（Ⅲ）假设在区间[-1，0]上存在实数k满足题意．
由a＞3，得a3＞1，当k∈[-1，0]时，k-cosx≤1，
k2-cos2x≤1．
由（Ⅱ）知，f（x）在（-∞，1]上是减函数，
要使f（k-cosx）≥f（k2-cos2x）≥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-12）2-14，则函数g（x）在R上的最大值为-14．
要使①式恒成立，必须k2-k≥2，即k≥2，或k≤-1．
所以，在区间[-1，0]上存在k=-1，
使得f（x-cosx）≥f（k2-cos2x）对任意的x∈R恒成立．…13分．

热心网友 时间：2024-10-20 21:58

（I）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．
所以，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．…3分
（Ⅱ）f（x）=-x（x-a）2=-x3+2ax2-a2x，
f′（x）=-3x2+4ax-a2=-（3x-a）（x-a）．
令f′（x）=0，解得x=a3，或x=a．
由于a≠0，以下分两种情况讨论．
（1）若a＞0，当变化时，f′（x）的正负如下表：
x （-∞，a3） a3 （a3，a） a （a，+∞）f′（x） ↓ 0 ↑ 0 ↓因此，函数f（x）在x=a3处取得极小值f（a3），且f（a3）=-427a3；
函数f（x）在x=a处取得极大值f（a），且f（a）=0．…5分
（2）若a＜0，当变化时，f′（x）的正负如下表：
x （-∞，a） a （a，a3） a3 （a3，+∞）f′（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=a3处取得极大值f（a3），且f（a3）=-427a3． …8分
（Ⅲ）假设在区间[-1，0]上存在实数k满足题意．
由a＞3，得a3＞1，当k∈[-1，0]时，k-cosx≤1，
k2-cos2x≤1．
由（Ⅱ）知，f（x）在（-∞，1]上是减函数，
要使f（k-cosx）≥f（k2-cos2x）≥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-12）2-14，则函数g（x）在R上的最大值为-14．
要使①式恒成立，必须k2-k≥2，即k≥2，或k≤-1．
所以，在区间[-1，0]上存在k=-1，
使得f（x-cosx）≥f（k2-cos2x）对任意的x∈R恒成立．…13分．