(1)=0.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
8.(文)已知函数f(x)=(a>0,r>0).
(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;
(2)若=400,求f(x)在(0,+∞)内的极值.
[解析]
(1)由题意知x≠-r,
所以定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞),
f(x)==,
f′(x)=
=,
所以当x<-r或x>r时,f′(x)<0,
当-r0.
因此,f(x)的单调递减区间是(-∞,-r),(r,+∞);
f(x)的单调递增区间是(-r,r).
(2)由
(1)可知f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减,因此,x=r是f(x)的极大值点,所以f(x)在(0,+∞)内的极大值为f(r)===100.
(理)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f
(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
[解析]
(1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f′(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,得
即
解得a=2,b=e.
(2)由
(1),知f(x)=xe2-x+ex.
由f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,
f′(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,则g′(x)=-1+ex-1.
所以当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,
g(x)在区间(-∞,1)内单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,
g(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
故g
(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)内的最小值.
B组
1.(2017·郑州市质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=2xf′(e)+lnx,则f′(e)=( C )
A.1B.-1
C.-e-1D.-e
[解析] 依题意得,f′(x)=2f′(e)+,取x=e得f′(e)=2f′(e)+,由此解得f′(e)=-=-e-1,故选C.
2.已知函数f(x)=ax3+bx2-3x在x=±1处取得极值,若过点A(0,16)作曲线y=f(x)的切线,则切线方程是( B )
A.9x+y-16=0B.9x-y+16=0
C.x+9y-16=0D.x-9y+16=0
[解析] f′(x)=3ax2+2bx-3,
依题意f′
(1)=f′(-1)=0,
即
解得a=1,b=0.
所以f(x)=x3-3x,
因为曲线方程为y=x3-3x,点A(0,16)不在曲线上,
设切点为(x0,y0),则点M的坐标满足y0=x-3x,
因此f′(x0)=3(x-1)
故切线的方程为y-y0=3(x-1)(x-x0)
注意到点A(0,16)在切线上,
有16-(x-3x0)=3(x-1)(0-x0),
化简得x=-8.
解得x0=-2.
所以,切点为M(-2,-2),切线方程为9x-y+16=0.
3.(文)函数f(x)=3x2+lnx-2x的极值点的个数是( A )
A.0B.1
C.2D.无数个
[解析] 函数定义域为(0,+∞),
且f′(x)=6x+-2=,
由于x>0,g(x)=6x2-2x+1中Δ=-20<0,
所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,
即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.
(理)物体A以v=3t2+1(m/s)的速度在一直线l上运动,物体B在直线l上,且在物体A的正前方5m处,同时以v=10t(m/s)的速度与A同向运动,出发后物体A追上物体B所用的时间t(s)为( C )
A.3B.4
C.5D.6
[解析] 因为物体A在t秒内行驶的路程为(3t2+1)dt,物体B在t秒内行驶的路程为10tdt,所以(3t2+1-10t)dt=(t3+t-5t2)|=t3+t-5t2=5,所以(t-5)(t2+1)=0,即t=5.
4.(2017·临沂模拟)若函数f(x)=x2+ax+在(,+∞)上存在减区间,则实数a的取值范围是( C )
A.a>3B.a≥3
C.a<3D.a≤3
[解析] f′(x)=2x+a-,
因为函数在(,+∞)上存在减区间,
所以f′(x)<0在(,+∞)上能成立,
即a<-2x在(,+∞)上能成立.
设g(x)=-2x,
g′(x)=--2,
令g′(x)=--2=0,得x=-1,
当x∈(,+∞)时,g′(x)<0,
又g()=4-1=3,
所以a<3.
5.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,且g(x)≠0,当x<0时,f′(x)g(x)>f(x)g′(x),且f(-3)=0,则不等式<0的解集是__(-∞,-3)∪(0,3)__.
[解析] 因为f(x)和g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,
所以f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x).
因为当x<0时,f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0,
当x<0时,[]′=>0,
令h(x)=.
则h(x)在(-∞,0)上单调递增,
因为h(-x)===-h(x),
所以h(x)为奇函数,
根据奇函数的性质可得函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(-3)=-f(3)=0,
所以h(-3)=-h(3)=0,
h(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3).
6.已知f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为10,则a+b=__-7__.
[解析] f′(x)=3x2+2ax+b,由x=1时,函数取得极值10,
得
联立①②得或
当a=4,b=-11时,f′(x)=3x2+8x-11=(3x+11)(x-1)在x=1两侧的符号相反,符合题意.
当a=-3,b=3时,f′(x)=3(x-1)2在x=1两侧的符号相同,所以a=-3,b=3不符合题意,舍去.
综上可知,a=4,b=-11,∴a+b=-7.
7.(文)已知函数f(x)=2ax--(2+a)lnx(a≥0).
(1)当a=0时,求f(x)的极值;
(2)当a>0时,讨论f(x)的单调性.
[解析]
(1)当a=0时,f(x)=--2lnx⇒f′(x)=-=(x>0).
由f′(x)=>0,解得0由f′(x)=<0,解得x>.
∴f(x)在(0,)内是增函数,在(,+∞)内是减函数.
∴f(x)的极大值为f()=2ln2-2,无极小值.
(2)f(x)=2ax--(2+a)lnx⇒
f′(x)=2a+-(2+a)=
=.
①当0②当a=2时,f(x)在(0,+∞)内是增函数;
③当a>2时,f(x)在(0,)和(,+∞)内是增函数,在(,)内是减函数.
(理)已知函数f(x)=ax2+lnx,其中a∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f