设函数f(x)=x^3-kx^2+x（k属于R）（1）当K＜0时,求函数f(x)在［k,-k］上的最小值m和最大值n
sanduoTd0095
当k＜0时,f′（x）=3x2-2kx+1,其开口向上,对称轴x=k3,且过（0,1）1.当△=4k2-12=4(k+3)(k-3)≤0,即-3≤k＜0时,f′（x）≥0,f（x）在[k,-k]上单调递增,从而当x=k时,f（x）取得最小值m=f（k）=k,当x=-k时,f（x）取得最大值M=f（-k）=-k3-k3-k=-2k3-k．2.当△=4k2-12=4(k+3)(k-3)＞0,即k＜-3时,令f′（x）=3x2-2kx+1=0解得：x1=k+k2-33,x2=k-k2-33,注意到k＜x2＜x1＜0,∴m=min{f（k）,f（x1）},M=max{f（-k）,f（x2）},∵f(x1)-f(k)=x31-kx21+x1-k=(x1-k)(x21+1)＞0,∴f（x）的最小值m=f（k）=k,∵f(x2)-f(-k)=x32-kx22+x2-(-k3-k??k2-k)=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]＜0,∴f（x）的最大值M=f（-k）=-2k3-k．综上所述,当k＜0时,f（x）的最小值m=f（k）=k,最大值M=f（-k）=-2k3-k
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专题：综合题,排列组合
分析：（1）（i）设Fk={a1，a2，…，an}，其中1≤a1＜a2＜…＜an≤m，可得a2-a1≥2，a3-a2≥2，…，an-an-1≥2，累加即可得出结论；（ii）从m个元素中，任取n个元素，将剩下的m-n个元素排序，共形成m-n+1空档，将n个元素放回m-n+1个空档中，可得结论；（2）说明Fi与Fj（i，j=1，2，3，…，n）没有相同的二元子集，所有二元子集个数为kC2n且互异，{1，2，3，…，m}中的所有二元子集个数为C2m，从而kC2n≤C2m，即可得出结论．
（1）（i）证明：设Fk={a1，a2，…，an}，其中1≤a1＜a2＜…＜an≤m，则a2-a1≥2，a3-a2≥2，…，an-an-1≥2，累加得m-1≥an-a1≥2（n-1），即n≤m+12；　　　　　　　　　　　　　　　…（3分）（ii）解：从m个元素中，任取n个元素，由题设可知，这n个元素任意两个元素都不是相邻的自然数，将剩下的m-n个元素排序，共形成m-n+1空档，将n个元素放回m-n+1个空档中，共有Cnm-n+1放法，所以满足条件的n元子集共有Cnm-n+1个；…（6分）（2）证明：集合Fi（i=1，2，3，…，k）是n元集合，Fi与Fj（i，j=1，2，3，…，n）没有相同的二元子集，否则假如有相同的二元子集，则Fi与Fj至少有两个相同的元素，与题设矛盾，又因为Fi（i=1，2，3，…，n）的所有二元子集个数为kC2n且互异，{1，2，3，…，m}中的所有二元子集个数为C2m，从而kC2n≤C2m，即有k≤m(m-1)n(n-1)．　　…（10分）
点评：本题考查组合知识的运用，考查学生的逻辑思维能力，考查学生分析解决问题的能力，难度中等．
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科目：高中数学
为得到函数y=cosx的图象，只需将函数y=sinx的图象按照向量a平移，则a可以为（　　）
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甲、乙两名运动员为了争取得到2016年巴西奥运会的最后一个参赛名额，共进行了7轮比赛，得分情况如茎叶图所示．（Ⅰ）根据茎叶图分别甲、乙两名运动员中哪位的比赛成绩更为稳定？（Ⅱ）若分别从甲、乙两名运动员的7轮比赛不低于80且不高于90的得分中任选1个，求甲、乙两名运动员得分之差的绝对值ξ的分布列及数学期望．
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已知函数f（x）=ae2x-be-2x-cx（a，b，c∈R）的导函数f′（x）为偶函数，且曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线的斜率为4-c．（Ⅰ）确定a，b的值；（Ⅱ）若c=3，判断f（x）的单调性；（Ⅲ）若f（x）有极值，求c的取值范围．
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设函数f（x）=log2x（0＜x＜5），则f（x）＜1的概率为．已知函数f(x)=sin(kx/5+π/3)（k不等于0）写出f(x)的最大值M,最小值m与最小周期T；试求最小的正整数k,使使得自变量X在任意两个整数间变化时，函数f(x)至少取一次M与一次m
赤瞳№3593
1、当kx/5+π/3=π/2+2nπ(n取整数)时,f(x)=1,为最大值2、当kx/5+π/3=-π/2+2nπ(n取整数)时,f(x)=-1,为最小值3、最小周期T=2π/(k/5)=10π/k4、（请补充问题）
题目已经补好，麻烦解决下最后一个问题，谢谢
4、若使得自变量X在任意两个整数间变化时，函数f(x)至少取一次M与一次m，则：
T<2或者T=2
10π/k5π=15.7
故所求k=16
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扫描下载二维码数论＋集合1.证明5个相继的正整数之积不是完全平方数设n≥3,（n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)=a^2,a∈Z.注意到（n+(-)1,n)=(n,+(-)1),(n,n+(-)2)=(n,+(-)2),因而（n,(n-2)(n-1)(n+1)(n+2))=1,2或4.于是n只能是m^2,或2m^2,m∈Z.若n=m^2,则b=(n-2)(n-1)(n+1)(n+2)=n^4-5n^2+4也是完全平方数,但（n^2-3)^2＜b＜（n^2-2）^2,矛盾.故n≠m^2.（左边的（n^2-3)^2＜b是怎么得的）若n=2m^2,则a^2=(2m)^2*2(m^4-1)(4m^4-1).显然由上式及2不整除（4m^4-1),所以必有2|（m^4-1) （为什么）2.设整数x,y满足x≠-1,y≠-1,且使 (x^4-1)/(y+1) + (y^4-1)/(x+1)是整数,试证x^4*y^44-1能被x+1整除.设a,b,c,d为整数,使得(x^4-1)/(y+1)=a/b,(y^4-1)/(x+1)=c/d,(a,b)=1,(c,d)=1,b,d≥1.则(ad+bc)/bd是整数,从而b|ad.为什么(x^4-1)/(y+1)和(y^4-1)/(x+1)要设为分数,不可能是整数吗?还有从而b|ad我也没看懂.3.x,y,z为正整数,满足1+4^x+4^y=z^2.于是4^x（1+4^(y-x))=(z-1)(z+1).注意到4^y+4^x+1=2^(2y)+2^(2x)+1=(2^y+1)^2+2^(2x)-2^(y+1),若2x＞y+1,则因2不整除z,故（z-1,z+1)=2,于是知z+1,z-1中有一个可被2整除,另一个可被2^(2x-1)整除.另一个可被2^(2x-1)整除是怎么推出的?4.规定A1,A2,...,An为集合A的一个划分,如果1.A1∪A2∪...∪An=A;2.Ai∩Aj≠空集,1≤i＜j≤n.求最小正整数m,使得对A={1,2,.,m}的任意一个14划分A1,A2,.,A14一定存在某个集合Ai中有两个元素a,b满足b＜a≤4b/3.5.求证和式1+2^2+3^3+.+不能表示成m^k的形式,其中m,k均为自然数,且k≥2.证明中有一部分是这样写的：设an=n^n.k≥3时,取4为模,数列{an(mod 4)}为由1,0,-1,0组成的周期为4的周期数列.由此推得∑an(n为1到1991的自然数）与0关于模4同余.如果∑an能表示成m^k（k≥3）的形式,则8整除∑an,后面略.其中如果∑an能表示成m^k（k≥3）的形式,则8整除∑an 是为什么?6.a1=a,a(n+1)=an-an^2,求{an}的通项公式.7.一数列{un}定义为u0=2,u1=5/2,u(n+1)=un(u(n-1)^2-2)-u1,证明对自然数n,有[un]=2^{[2^n-(-1)^n]/3},前一个[ ]为高斯函数的符号.解答中写到猜想un=2^f(n)+ 2^(-f(n)),其中f为待定函数,将其带入递推关系式得2^f(n+1)+2^(-f(n+1))=2^(f(n)+2f(n-1))+ 2 ^(-(f(n)+2f(n-1)))+2^(f(n)-2f(n-1))+2^(-(f(n)-2f(n-1)))-2^1-2^(-1),因此有函数方程f(n+1)=f(n)+2f(n-1),后面略.这里的函数方程是怎么得的?
花开成海5458
以后请分开提问.1.（左边的（n^2-3)^2＜b是怎么得的）(n^2-3)^2=n^4-6n^2+9=b+(5-n^2)注意到前面有“设n≥3”所以5-n^2=3,所以8|m^k6.这题要用不动点法求设f(x)=-x^2+x由题意a(n+1)=f(f(f(..f(a)..))),（n个f,为了方便记作f[n](a)）取ψ(x)=x+1/2,g(x)=-x^2注意到f(x)=ψ^(-1){g[ψ(x)]}f[n](a)=ψ^(-1){g[n][ψ(a)]}代入一下就可以了
第六题的不动点你能求出来吗？还有a(n+1)=f(f(f(..f(a)..)))成立吗？a(n+1)=f(an)=-f(a(n-1))^2+f(a(n-1))=-f[n](a)+f[n-1](a).下面的迭代法二试的书里有，但是这里感觉用的不对。f(x)=ψ^(-1){g[ψ(x)]}=-x^2-x-3/4≠f(x)，还有后面能算可以帮忙算出来吗，再涉及到级数的话，可能要用归纳法证中间的某些等式，我这块儿不太熟练，现在还是高一。
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扫描下载二维码已知f（n）=（2n+7）o3 n +9，（1）求f（1）f（2）f（3）的值：（2）是否存在不小于2的正整数m，使得对于任意的正整数n，f（n）都能被m整除？如果存在，求出最大的m值；如果不存在，请说明理由．
（1）由题意f（n）=（2n+7）o3 n +9，所以f（1）=（2×1+7）×3 1 +9=36；f（2）=（2×2+7）×3 2 +9=3×36=108；f（3）=（2×3+7）×3 3 +9=10×36=360；（2）由（1）可以猜想最大m=36，下面用数学归纳法证明，①当n=1时，f（1）=36，显然能被36整除；②假设n=k时f（k）能被36整除，即（2k+7）o3 k +9能被36整除，那么，当n=k+1时，[2（k+1）+7]o3 k+1 +9=[（2k+7）+2]o3 k o3+9=3[（2k+7）o3 k +9]+18（3 k+1 -1）．由假设可知（2k+7）o3 k +9，能被36整除，3 k+1 -1是偶数，∴18（3 k+1 -1）．也能被36整除，由①②可知对任意n∈N * 都成立．所以最大的m值为36．
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