考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的极值
专题：综合题,导数的综合应用
分析：（Ⅰ）当a=1时，可求得f'（x）=(2x-x2)-ex-1ex-1，令h（x）=（2x-x2）-ex-1，利用导数可判断h（x）的单调性并得其零点，从而可得原函数的极值点及极大值；（Ⅱ）表示出g（x），并求得g'（x）=（-x2+2x+a）e1-x，由题意，得方程-x2+2x+a=0有两个不同的实根x1，x2（x1＜x2），从而可得△=4+4a＞0及x1+x2=2，由x1＜x2，得x1＜1．则x2g（x1）≤λf′（x1）可化为x1[2e1-x1-λ(e1-x1+1)]≤0对任意的x1∈（-∞，1）恒成立，按照x1=0、x1∈（0，1）、x1∈（-∞，0）三种情况分类讨论，分离参数λ后转化为求函数的最值可解决；
解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x2e1-x-（x-1），则f'（x）=（2x-x2）e1-x-1=(2x-x2)-ex-1ex-1，令h（x）=（2x-x2）-ex-1，则h'（x）=2-2x-ex-1，显然h'（x）在（34，2）内是减函数，又因h'（34）=12-14e＜0，故在（34，2）内，总有h'（x）＜0，∴h（x）在（34，2）上是减函数，又因h（1）=0，∴当x∈（34，1）时，h（x）＞0，从而f'（x）＞0，这时f（x）单调递增，当x∈（1，2）时，h（x）＜0，从而f'（x）＜0，这时f（x）单调递减，∴f（x）在（34，2）的极大值是f（1）=1．&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&（Ⅱ）由题意可知g（x）=（x2-a）e1-x，则g'（x）=（2x-x2+a）e1-x=（-x2+2x+a）e1-x．&&&&&&&&&&&&&&&&&&&根据题意，方程-x2+2x+a=0有两个不同的实根x1，x2（x1＜x2），∴△=4+4a＞0，即a＞-1，且x1+x2=2，∵x1＜x2，∴x1＜1．由x2g（x1）≤λf′（x1），其中f'（x）=（2x-x2）e1-x-a，可得（2-x1）（x12-a）e1-x1≤λ[(2x1-x12)e1-x1-a]，注意到-x12+2x1+a=0，∴上式化为（2-x1）（2x1）e1-x1≤λ[(2x1-x12)e1-x1+(2x1-x12)]，即不等式x1[2e1-x1-λ(e1-x1+1)]≤0对任意的x1∈（-∞，1）恒成立，（i）当x1=0时，不等式x1[2e1-x1-λ(e1-x1+1)]≤0恒成立，λ∈R；（ii）当x1∈（0，1）时，2e1-x1-λ(e1-x1+1)≤0恒成立，即λ≥2e1-x1e1-x1+1．令函数k（x）=2e1-xe1-x+1=2-2e1-x+1，显然，k（x）是R上的减函数，∴当x∈（0，1）时，k（x）＜k（0）=2ee+1，∴λ≥2ee+1；&（iii）当x1∈（-∞，0）时，2e1-x1-λ(e1-x1+1)≥0恒成立，即λ≤2e1-x1e1-x1+1．由（ii），当x∈（-∞，0）时，k（x）＞k（0）=2ee+1，∴λ≤2ee+1；综上所述，λ=2ee+1．
点评：本题考查利用导数求函数的最值、研究函数的极值等知识，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，该题综合性强，难度大，对能力要求较高．
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站长：朱建新设函数f（x）=ka
-x（a＞0且a&1）是奇函数，
（1）求k的值；
（2）若f（1）＞0，试求不等式f（x
2+2x）+f（x-4）＞0的解集；
（3）若$f（1）=\frac{3}{2}$，且g（x）=a
-2x-2mf（x）在[1，+&）上的最小值为-2，求m的值．
试题及解析
学段：高中
学科：数学
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设函数f（x）=ka
-x（a＞0且a≠1）是奇函数，
（1）求k的值；
（2）若f（1）＞0，试求不等式f（x
2+2x）+f（x-4）＞0的解集；
（3）若$f（1）=\frac{3}{2}$，且g（x）=a
-2x-2mf（x）在[1，+∞）上的最小值为-2，求m的值．
点击隐藏试题答案:
解：（1）∵f（x）为奇函数，
∴f（0）=0，∴k-1=0，
（2）∵f（1）＞0，∴$a-\frac{1}{a}＞0$，∴a＞1，
又f'（x）=a
-x）lna＞0
∴f（x）在R上单调递增，
原不等式可化为：f（x
2+2x）＞f（4-x），
2+2x＞4-x，即x
2+3x-4＞0，
∴x＞4或x＜-1，
∴不等式的解集为{x|x＞4或x＜-1}
（3）∵$f（1）=\frac{3}{2}$，∴$a-\frac{1}{a}=\frac{3}{2}$，即2a
2-3a-2=0，
∴a=2或$a=-\frac{1}{2}$（舍去）
∴g（x）=2
令t=f（x）=2
∵x≥1，∴$t≥f（1）=\frac{3}{2}$，
∴g（x）=t
2-2mt+2=（t-m）
当$m≥\frac{3}{2}$时，当t=m时，g（x）
当$m＜\frac{3}{2}$时，当$t=\frac{3}{2}$时，$g{（x）_{min}}=\frac{17}{4}-3m=-2$，$m=\frac{25}{12}＞\frac{3}{2}$，舍去，
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本题主要考查函数奇偶性的问题，这里要求会根据单调性进行解不等式．
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答案不给力已知函数f(x)=ax^2+bx+1(a,b为实数)，x属于R，F(x)=f(x) x&0或-f(x) x&0 求解题过程_百度知道
已知函数f(x)=ax^2+bx+1(a,b为实数)，x属于R，F(x)=f(x) x&0或-f(x) x&0 求解题过程
1)若f(-1)=0 ，且f(x)为偶函数,且函数的值域为【0，g(x)=f(x)-kx是单调函数;0，求F（x）的表达式（2）在（1）的条件下，当X属于[-2,2]时，求实数K的取值范围（3）设mn&lt，正无穷），m+n&0;0，a&gt
提问者采纳
2≥2;0&0F(x)=-x&#178，f(x)=ax²0;+2x+1，不妨设　m&-n²|n于是F(m)+F(n)=f(m)+[-f(n)]=am²0(1)
f(-1)=a-b+1=0又　f(x)的值域为[0;-1)=a(m&#178，a&gt，+∞)从而f(x)的图像与x轴相切，则f(-1)=f(1)，b=2f(x)=x²+1 +(-an²0;0即对任意mn&2的一侧，⊿=b²0，有F(m)+F(n)&gt，且|m|&-4a=0解得a=1，x&+1由于　mn&+2x+1F(x)=x²+(2-k)x+1在[-2，x&-2x-1：应该用大括号表示(2) g(x)=f(x)-kx=x&#178，从而b=0;n;0
注;0，2]上单调;2≤-2或(k-2)&#47，即 a-b+1=a+b+1，从而区间[-2,2]在对称轴x=(k-2)&#47，即　(k-2)&#47，解得k≤-2或k≥6(3)f(x)为偶函数，a&gt，m+n&0，m+n&)=a(m+n)(m+n)&gt
，⊿=b²-4a=0 这是为什么？且|m|&|n
是n的绝对值么？
1.值域是[0，+∞)，说明函数最小值为0，从而f(x)的图像与x轴相切，即与x轴有且只有一个交点，所以判别式＝02.是的，少打一个＂|＂另外，最后一步也打错一个符号．于是F(m)+F(n)=f(m)+[-f(n)]=am²+1 +(-an²-1)=a(m²-n²)=a(m+n)(m－n)&0
b²-4a=0是根据什么定理或公式的？
就是判别式△=b²-4ac
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刚我也解了一遍发现被抢先了,2)∪[6;-2x2-1 x2k=(x1-x2)(x1 x2 2-k) 然后分类讨论①当gx为单调递增函数时 x1 x2 2＞k 因为x1 x2 2∈[2,6) 因此k&2
②当gx为单调递减函数时x1 x2 2&k所以k≥6 综上k∈(-∞！！那我补充第一问应该补充a=0的情况并说明这是直线不满足值域限制的要求所以舍去第二问应该k不能取2吧; 2x1 1-x1k-x2&#178，gx1-gx2=fx1-x1k-fx2 x2k=x1&#178:设-2≤x1＜x2≤2？我用的是一般的定义法
设-2≤x1＜x2≤2，gx1-gx2=fx1-x1k-fx2 x2k=x1² 2x1 1-x1k-x2²-2x2-1 x2k=(x1-x2)(x1 x2 2-k) 这些啥？
爪机打出来的符号竟然显示不出，我也不记得了
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出门在外也不愁f(x)=1cm 2015
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