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(九年级数学)26.已知点A(x1，y1)、B(x2，y2)在二次函
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(九年级数学)26.已知点A(
)在二次函数
的图像上，当
(1) ①求m；
②若抛物线与x轴只有一个公共点，求n的值.
(2) 若P(a，b1)，Q(3，b2)是函数图像上的两点，且b1＞b2，求实数a的取值范围.
(3) 若对于任意实数
≥2，求n的范围.
初中二年级
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友情链接：在密码学中，直接可以看到的内容为明码，对明码进行某种处理后得到的内容为密码．有一种密码，将英文的26个字母a，b，c…z（不论大小写）依次对应1，2，3…26这26个自然数（见表格）．当明码对应的序号x为奇数时，密码对应的序号y=
；当明码对应的序号x为偶数时，密码对应的序号为y=
按上述规定，将明码“love”译成的密码是（　　）_加密和数字签名的方法 - 看题库
在密码学中，直接可以看到的内容为明码，对明码进行某种处理后得到的内容为密码．有一种密码，将英文的26个字母a，b，c…z（不论大小写）依次对应1，2，3…26这26个自然数（见表格）．当明码对应的序号x为奇数时，密码对应的序号y=；当明码对应的序号x为偶数时，密码对应的序号为y=．
26按上述规定，将明码“love”译成的密码是（　　）
A．gawqB．shxcC．sdriD．love
解：根据题意，得l对应的序号是12，则密码对应的序号应是19，即s；o对应的序号是15，即密码对应的序号是8，即h；v对应的序号是22，即密码对应的序号是24，即x；e对应的序号是5，即密码对应的序号是3，即c．所以明码“love”译成的密码是对应的字母为shxc故选B．
明码“love”中每一个字母所代表的数字分别为12，15，22，5，再根据这四个数字的奇偶性，求得其密码．
其它关于的试题:1．函数f(x)＝x－3x(|x|&1)(；解析：选D.f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)；当x∈(－1,1)时，f′(x)&0，所以；2．(2013?临沂高二检测)函数y＝x＋2co；2π；A．0B.6；ππC.D.32解析：选B.∵y′＝1－2sin；1π；解y′＞0得sinx＜0≤x＜；261ππ；解y′＜0得sinx＞＜x≤；262π；
1．函数f(x)＝x－3x(|x|&1)(
) A．有最大值，但无最小值 B．有最大值，也有最小值 C．无最大值，但有最小值 D．既无最大值，也无最小值
解析：选D.f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x∈(－1,1)时，f′(x)&0，所以f(x)在(－1,1)上是单调递减函数，无最大值和最小值，故选D.
2．(2013?临沂高二检测)函数y＝x＋2cos x在[0，上取最大值时，x的值为(
D.32解析：选B.∵y′＝1－2sin x.
解y′＞0得sin x＜0≤x＜
解y′＜0得sin x＞＜x≤
∴原函数在[0上单调递增，
在(，上单调递减， 62π
同时也为最大值．
3．函数y＝x?ex，x∈[0,4]的最小值为(
－x－x－x－x－
解析：选A.f′(x)＝e＋xe?(－1)＝e－xe，令f′(x)＝0得x＝1.又f(0)＝0，f(1)＝e114－
＝f(4)＝4e4＝f(x)min＝0，故选A. ee
4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是(
B．－29 C．－5
D．以上都不对
解析：选A.f′(x)＝6x－12x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
由f(－2)＝－40＋m，f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，则f(0)＝m＝3?f(－2)＝－40＋m＝－37.故选A.
5．(2012?高考辽宁卷)若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是(
A．e≤1＋x＋x2
C．cos x≥1－x2
D．ln(1＋x)≥xx2
解析：选C.设f(x)＝cos xx2－1，则f′(x)＝－sin x＋x≥0(x≥0)，所以f(x)＝cos x＋x2
－1是增函数，所以f(x)＝cos x2－1≥f(0)＝0，即cos x≥1－x2.
6．已知f(x)＝－x＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．
解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝2
由题设得∈(－2，－1)，故m∈(－4，－2)．
答案：(－4，－2)
7．函数f(x)＝的最大值点为________．
解析：法一：f′(x)＝0?x＝1.
进一步分析，最大值为f(1)＝.
法二：f(x)＝≤当且仅当x＝时，即x＝1时，等号成立，故f(x)max212?x?＋1x
8．若函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0,2]上有最大值f(2)，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝2ax＋4，f(x)在[0,2]上有最大值f(2)，则要求f(x)在[0,2]上单调递增，则2ax＋4≥0在[0,2]上恒成立．当a≥0时，2ax＋4≥0恒成立．当a＜0时，要求4a＋4≥0恒成立，即a≥－1，∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
9．求下列函数在相应区间上的最值：
(1)f(x)x＋sin x，x∈[0,2π]；
(2)y＝，x∈[0,4]．
解：(1)f′(x)＝＋cos x.
令f′(x)＝0，又x∈[0,2π]，解得x＝或x＝.
当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π.
?x2＋1?－?x－1???2x?－x2＋2x＋1
(2)y′＝?x＋1??x＋1?令y′＝0，即－x2＋2x＋1＝0，得x＝2， 而x＝12?[0,4]．
故当x∈(0,12)时，f′(x)＞0； 当x∈(1＋2，4)时，f′(x)＜0. 因此x＝12是f(x)的极大值点，
f(x)极大值＝f(1＋2)＝23
又由f(0)＝－1，f(4)
故函数的最大值是，最小值为－1.
10．(2013?高考课标全国卷)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)&0.
解：(1)f′(x)＝ex－.
由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.
于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－.
函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，
f′(x)&0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)&0.
所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)&0.
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．
又f′(－1)&0，f′(0)&0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)． 当x∈(－2，x0)时，f′(x)&0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)&0从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0得ex0ln(x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x＝&0.
x0＋20x0＋2
综上，当m≤2时，f(x)&0.
1．设直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为(
解析：选D.由题意，设|MN|＝F(t)＝t－ln t(t＞0)，
令F′(t)＝2t0，得t＝或t(舍去)．
F(t)在(0，故t)上单调递减，在(∞)上单调递增， 22
时，F(t)＝t2－ln t(t＞0)有极小值，也为最小值．即|MN|达到最小值，故选D. 2
2．f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则a＝________.
解析：①当－1≤x＜0时，a≤－对x∈[－1,0)恒成立，而当－1≤x＜0时，
6x3131?31′＝3－0，则y＝为[－1,0)上的增函数，从而的最小值为4.于是a≤4.?xxxxxxx
②当x＝0时，f(x)≥0总成立．③当0＜x≤1时，a≥x∈(0,1]总成立，而y＝xxxx
－y′＝令y′＝0?x，不难判断y＝(0,1]的最大值为4，∴a≥4.xx2xx于是a＝4.
3．已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值． 解：f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．
若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，有最大值f(0)＝0； 若a＞0
由x∈[0,1]①0＜a＜1如下表所示)
②a≥1，即a≥1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值，f(1)＝3a－1.
综上，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0； 当0＜a＜1，x＝a时，f(x)有最大值2aa； 当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1. 4．(2012?高考课标全国卷)设函数f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于
k＋x(x＞0)．① e－1
令g(x)＋x，
－xex－1ex?ex－x－2?
则g′(x)＝1.
?e－1??e－1?由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．
又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.
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