(2007•海淀区一模)已知函数f(x)=(x2−x−1a)eax(a>0且a为常数).
来源:学生作业帮 编辑:百度作业网作业帮 分类:综合作业 时间:2024/08/11 00:35:34
(2007•海淀区一模)已知函数f(x)=(x
对函数f(x)求导得:f′(x)=eax(ax+2)(x-1)
(Ⅰ)当a=2时,f′(x)=e2x(2x+2)(x-1)
令f′(x)>0解得x>1或x<-1;
令f′(x)<0解得-1<x<1;
所以,f(x)单调增区间为(-∞,-1),(1,+∞);
f(x)单调减区间为(-1,1)
(Ⅱ)令f′(x)=0,即(ax+2)(x-1)=0,
解得x=−
2
a或x=1
由a>0时,得:当x∈(-∞,-
2
a)时,f′(x)>0,函数f(x)此区间单调递增;
当x∈(−
2
a,1)时,f′(x)<0,函数f(x)在此区间单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)在此区间单调递增,
∵f(-
3
a)>0,f(1)<0,所以,函数在x=1时取得最小值f(1)=−
1
aea<0
所以,当x∈R时,f(x)min=f(1)=−
1
aea,
由题意,不等式f(x)+
3
a≥0对x∈R恒成立,
所以得−
1
aea+
3
a≥0,解得0<a≤ln3.
(Ⅰ)当a=2时,f′(x)=e2x(2x+2)(x-1)
令f′(x)>0解得x>1或x<-1;
令f′(x)<0解得-1<x<1;
所以,f(x)单调增区间为(-∞,-1),(1,+∞);
f(x)单调减区间为(-1,1)
(Ⅱ)令f′(x)=0,即(ax+2)(x-1)=0,
解得x=−
2
a或x=1
由a>0时,得:当x∈(-∞,-
2
a)时,f′(x)>0,函数f(x)此区间单调递增;
当x∈(−
2
a,1)时,f′(x)<0,函数f(x)在此区间单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)在此区间单调递增,
∵f(-
3
a)>0,f(1)<0,所以,函数在x=1时取得最小值f(1)=−
1
aea<0
所以,当x∈R时,f(x)min=f(1)=−
1
aea,
由题意,不等式f(x)+
3
a≥0对x∈R恒成立,
所以得−
1
aea+
3
a≥0,解得0<a≤ln3.
(2013•天津一模)已知函数f(x)=sin2x+acos2x,a,a为常数,a∈R,且f(π4)=0.
已知函数f(x)=lnx+a−xx,其中a为常数,且a>0.
(2014•延庆县一模)对于函数f(x)=eax-lnx(a是实常数),下列结论正确的一个是( )
(文)已知函数f(x)=a•2x+a2−22x−1(x∈R,x≠0),其中a为常数,且a<0.
已知函数f(x)=14x2−1ax+ln(x+a),其中常数a>0.
已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a(a为常数)急.
设函数f(x)=log小aX(a为常数且a>0,a不等于1),已知数列f(x小1),f(x2),...f(xn)...是
(2012•大连二模)已知函数f(x)=a2x2−(a2+1)x+alnx(常数a∈R且a≠0)
(2014•海淀区二模)已知函数f(x)=13x3+ax2+4x+b,其中a、b∈R且a≠0.
(2013•宜宾二模)已知函数f(x)=−x2−2x+a(x<0)f(x−1)(x≥0),且函数y=f(x)-x恰有3个
已知函数f(x)=1+cos2x4sin(π2+x)−asinx2cos(π−x2)的最大值为2,则常数a的值为( )
已知函数f(x)=a+x2+ax+b(a,b为实常数)