A. | (-∞,-2)∪(2,+∞) | B. | (2,$\frac{4}{{e}^{2}}$+$\frac{{e}^{2}}{4}$) | C. | ($\frac{8}{{e}^{2}}$,2) | D. | ($\frac{4}{{e}^{2}}$+$\frac{{e}^{2}}{4}$,+∞) |
分析 利用導數(shù)的性質(zhì)判斷f(x)的單調(diào)性和極值,得出方程f(x)=t的根的分布情況,從而得出關(guān)于t的方程t2-kt+1=0的根的分布情況,利用二次函數(shù)函數(shù)的性質(zhì)列不等式求出k的范圍.
解答 解:f′(x)=2xex+x2ex=x(x+2)ex,
令f′(x)=0,解得x=0或x=-2,
∴當x<-2或x>0時,f′(x)>0,當-2<x<0時,f′(x)<0,
∴f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞增,在(-2,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴當x=-2時,函數(shù)f(x)取得極大值f(-2)=$\frac{4}{{e}^{2}}$,
當x=0時,f(x)取得極小值f(0)=0.
作出f(x)的大致函數(shù)圖象如圖所示:
令f(x)=t,則當t=0或t>$\frac{4}{{e}^{2}}$時,關(guān)于x的方程f(x)=t只有1解;
當t=$\frac{4}{{e}^{2}}$時,關(guān)于x的方程f(x)=t有2解;
當0<t<$\frac{4}{{e}^{2}}$時,關(guān)于x的方程f(x)=t有3解.
∵g(x)=f2(x)-kf(x)+1恰有四個零點,
∴關(guān)于t的方程t2-kt+1=0在(0,$\frac{4}{{e}^{2}}$)上有1解,在($\frac{4}{{e}^{2}}$,+∞)∪{0}上有1解,
顯然t=0不是方程t2-kt+1=0的解,
∴關(guān)于t的方程t2-kt+1=0在(0,$\frac{4}{{e}^{2}}$)和($\frac{4}{{e}^{2}}$,+∞)上各有1解,
∴$\frac{16}{{e}^{4}}-\frac{4k}{{e}^{2}}+1<0$,解得k>$\frac{4}{{e}^{2}}+\frac{{e}^{2}}{4}$.
故選D.
點評 本題考查了函數(shù)零點與函數(shù)圖象的關(guān)系,函數(shù)單調(diào)性的判斷與極值計算,屬于中檔題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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A. | 60 | B. | 65 | C. | 80 | D. | 81 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | |$\overrightarrow$|=2 | B. | |2$\overrightarrow{a}-\overrightarrow$|=2$\sqrt{3}$ | C. | 2$\overrightarrow{a}•\overrightarrow$=-2 | D. | $\overrightarrow{a}•(\overrightarrow{a}+\overrightarrow)$=1 |
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A. | $\frac{9}{2}$ | B. | 9 | C. | 6 | D. | 3 |
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A. | $\sqrt{3}$或$\frac{\sqrt{10}}{3}$ | B. | $\sqrt{3}$ | C. | $\frac{\sqrt{10}}{3}$或$\sqrt{10}$ | D. | $\frac{\sqrt{10}}{3}$ |
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