若a>0,则f(x)在(-1,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,与题意矛盾,∴选D.
11/解析:
f′(x)=2ax+b,∵函数f(x)在x=
处有极值,
∴f′
=2a·
+b=0,即b=-2.
答案:
-2
12/解析:
f′(x)=xex+
x2ex=
·x(x+2),
由f′(x)=0得x=0或x=-2.
当x∈[-2,2]时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x
-2
(-2,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
0
-
0
+
f(x)
递减
递增
∴当x=0时,f(x)min=f(0)=0,要使f(x)>m对x∈[-2,2]恒成立,只需m<f(x)min,∴m<0.
答案:
(-∞,0)
13/答案:
(-4,-2)
1.解:
(1)∵f′(x)=3ax2+2x+b,∴g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b.
∵g(x)是奇函数,∴g(-x)=-g(x),
从而3a+1=0,b=0,解得a=-
,b=0,因此f(x)的表达式为f(x)=-
x3+x2.
(2)由
(1)知g(x)=-
x3+2x,∴g′(x)=-x2+2,令g′(x)=0.
解得x1=-
(舍去),x2=
,而g
(1)=
,g(
)=
,g
(2)=
,
因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(
)=
,最小值为g
(2)=
2解:
(1)k=0时,f(x)=ex-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(0)=1.
(2)若k=1,则f(x)=ex-
x2-x,定义域为R.
∴f′(x)=ex-x-1,令g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1,
由g′(x)≥0得x≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
由g′(x)<0得x<0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴g(x)min=g(0)=0,即f′(x)min=0,故f′(x)≥0.
所以f(x)在R上单调递增.
3、解:
(1)依题意可知点P(1,f
(1))为切点,代入切线方程y=3x+1可得,f
(1)=3×1+1=4,
∴f
(1)=1+a+b+5=4,即a+b=-2,
又由f(x)=x3+ax2+bx+5得,
又f′(x)=3x2+2ax+b,
而由切线y=3x+1的斜率可知f′
(1)=3,
∴3+2a+b=3,即2a+b=0,
由
解得
∴a=2,b=-4.
(2)由
(1)知f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4=(3x-2)(x+2),
令f′(x)=0,得x=
或x=-2.
当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表:
x
-3
(-3,-2)
-2
1
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
8
极大值
极小值
4
∴f(x)的极大值为f(-2)=13,极小值为f
=
,
又f(-3)=8,f
(1)=4,
∴f(x)在[-3,1]上的最大值为13.
4、解:
存在.显然a≠0.
f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4).令f′(x)=0,解得x1=0,x2=4(舍去).
(1)当a>0,x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
[-1,0)
0
(0,2]
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
所以当x=0时,f(x)取得最大值,所以f(0)=b=3.
又f
(2)=-16a+3,f(-1)=-7a+3,f(-1)>f
(2).所以当x=2时,f(x)取得最小值,
即-16a+3=-29,解得a=2.
(2)当a<0,x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
[-1,0)
0
(0,2]
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以当x=0时,f(x)取得最小值,所以b=-29.
又f
(2)=-16a-29,f(-1)=-7a-29,f
(2)>f(-1).
所以当x=2时,f(x)取得最大值,∴f
(2)=-16a-29=3,解得a=-2,
综上可得,a=2,b=3或a=-2,b=-29.
5、解:
(1)f′(x)=
-2x-1,当x=0时,f(x)取得极值,
所以f′(0)=0,解得a=2,检验知a=2符合题意.
(2)令g(x)=f(x)+b=2ln(x+2)-x2-x+b,
则g′(x)=
-2x-1=-
(x>-2).
g(x),g′(x)在(-2,+∞)上的变化状态如下表:
x
(-2,0)
0
(0,+∞)
g′(x)
+
0
-
g(x)
2ln2+b
由上表可知函数在x=0处取得极大值,极大值为2ln2+b.
要使f(x)+b=0在区间[-1,1]上恰有两个不同的实数根,
只需
即
所以-2ln2<b≤2-2ln3.
故实数b的取值范围是(-2ln2,2-2ln3].
6解:
函数f(x)=lnx+
的定义域为(0,+∞),f′(x)=
-
=
,
(1)∵a<0,∴f′(x)>0,故函数在其定义域(0,+∞)上单调递增.
(2)x∈[1,e]时,分如下情况讨论:
①当a<1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,其最小值为f
(1)=a<1,这与函数在[1,e]上的最小值是
相矛盾;
②当a=1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为f
(1)=1,同样与最小值是
相矛盾;
③当10,f(x)单调递增,所以,函数f(x)的最小值为f(a)=lna+1,由lna+1=
,得a=
.
④当a=e时,函数f(x)在[1,e]上有f′(x)<0,f(x)单调递减,其最小值为f(e)=2,这与最小值是
相矛盾;
⑤当a>e时,显然函数f(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为f(e)=1+
>2,仍与最小值是
相矛盾;综上所述,a的值为
.
7/
解:
(1)当a=1时,f(x)=-
x2+2x-ex,则f
(1)=-
×12+2×1-e=
-e,
f′(x)=-x+2-ex,f′
(1)=-1+2-e=1-e,
故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-
=(1-e)(x-1),即y=(1-e)x+
.
(2)∵f(x)在R上是增函数,∴f′(x)≥0在R上恒成立,
∵f(x)=-
x2+2x-aex,∴f′(x)=-x+2-aex,
于是有不等式-x+2-aex≥0在R上恒成立,
即a≤
在R上恒成立,令g(x)=
,则g′(x)=
,
令g′(x)=0,解得x=3,列表如下:
x
(-∞,3)
3
(3,+∞)
g′(x)
-
0
+
g(x)
减
极小值-
增
故函数g(x)在x=3处取得极小值,亦即最小值,
即g(x)min=-
,所以a≤-
,
即实数a的取值范围是
.