11、
(2)(-∞,1]
解析 (1)當a=時,f(x)=x(ex-1)-x2,
f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).
當x∈(-∞,-1)時,f′(x)>0;當x∈(-1,0)時,f′(x)<0;當x∈(0,+∞)時,f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,-1],[0,+∞)上單調(diào)遞增,在[-1,0]上單調(diào)遞減.
(2)f(x)=x(ex-1-ax).
令g(x)=ex-1-ax,則g′(x)=ex-a.
若a≤1,則當x∈(0,+∞)時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù),而g(0)=0,從而當x≥0時g(x)≥0,即f(x)≥0.
若a>1,則當x∈(0
12、,ln a)時,g′(x)<0,g(x)為減函數(shù),而g(0)=0,從而當x∈(0,lna)時g(x)<0,即f(x)<0.綜上得a的取值范圍為(-∞,1].
17.(2018·遼寧大連雙基自測)已知函數(shù)f(x)=lnx+(a∈R).
(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍;
(2)若函數(shù)y=f(x)的圖像與直線y=2x相切,求a的值.
答案 (1)a≥-4 (2)4
解析 (1)f′(x)=+=.
∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增,
∴f′(x)≥0在(0,4)上恒成立,
∴(x+1)2+ax≥0,即a≥-=-(x+)-2在(0,4)上恒成立.
13、
∵x+≥2,當且僅當x=1時取等號,∴a≥-4.
(2)設(shè)切點為(x0,y0),則y0=2x0,f′(x0)=2,y0=lnx0+,
∴+=2①
且2x0=lnx0+②
由①得a=(2-)(x0+1)2,③
代入②,得2x0=lnx0+(2x0-1)(x0+1),
即lnx0+2x02-x0-1=0.
令F(x)=lnx+2x2-x-1,則
F′(x)=+4x-1=>0,
∴F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
∵F(1)=0,∴x0=1,代入③式得a=4.
18.設(shè)函數(shù)f(x)=xekx(k≠0).
(1)若k>0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在
14、區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞增,求k的取值范圍.
答案 (1)增區(qū)間為(-,+∞),減區(qū)間為(-∞,-) (2)[-1,0)∪(0,1]
解析 (1)f′(x)=(1+kx)ekx,
若k>0,令f′(x)>0,得x>-,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,+∞),
單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-).
(2)∵f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞增,
∴f′(x)=(1+kx)ekx≥0在(-1,1)內(nèi)恒成立,
∴1+kx≥0在(-1,1)內(nèi)恒成立,
即解得-1≤k≤1.
因為k≠0,所以k的取值范圍是[-1,0)∪(0,1].
1.函數(shù)f(x)=(x-3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間
15、是( )
A.(-∞,2) B.(0,3)
C.(1,4) D.(2,+∞)
答案 D
解析 f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令f′(x)>0,解得x>2,故選D.
2.在R上可導的函數(shù)f(x)的圖像如圖所示,則關(guān)于x的不等式xf′(x)<0的解集為( )
A.(-∞,-1)∪(0,1)
B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-2,-1)∪(1,2)
D.(-∞,-2)∪(2,+∞)
答案 A
解析 在(-∞,-1)和(1,+∞)上,f(x)遞增,所以f′(x)>0,使xf′(x)<0的范圍為(-∞,-1);
在(-1,1
16、)上,f(x)遞減,所以f′(x)<0,使xf′(x)<0的范圍為(0,1).
綜上,關(guān)于x的不等式xf′(x)<0的解集為(-∞,-1)∪(0,1).
3.函數(shù)y=3x2-2lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為________,單調(diào)遞減區(qū)間為__________.
答案 (,+∞),(0,)
解析 y′=6x-=.
∵函數(shù)的定義域為(0,+∞),∴由y′>0,得x>.
∴單調(diào)遞增區(qū)間為(,+∞).
由y′<0,得02,則f(x)>2x+4的解集為
17、________.
答案 (-1,+∞)
解析 令g(x)=f(x)-2x-4,則g′(x)=f′(x)-2>0,∴g(x)在R上為增函數(shù),且g(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0.原不等式可轉(zhuǎn)化為g(x)>g(-1),解得x>-1,故原不等式的解集為(-1,+∞).
5.已知f(x)=ex-ax-1,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.
答案 ①a≤0時,f(x)在R上單調(diào)遞增;
②a>0時,f(x)增區(qū)間為(lna,+∞)
6.已知函數(shù)f(x)=mln(x+1)-(x>-1),討論f(x)的單調(diào)性.
解析 f′(x)=(x>-1)
當m≤0時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(-
18、1,+∞)上單調(diào)遞減;
當m>0時,令f′(x)<0,得x<-1+,函數(shù)f(x)在(-1,-1+)上單調(diào)遞減;
令f′(x)>0,得x>-1+,函數(shù)f(x)在(-1+,+∞)上單調(diào)遞增.
綜上所述,當m≤0時,f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞減;
當m>0時,f(x)在(-1,-1+)上單調(diào)遞減,在(-1+,+∞)上單調(diào)遞增.
7.已知函數(shù)g(x)=x3-x2+2x+1,若g(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實數(shù)a的取值范圍.
答案 (-∞,-2)
解析 g′(x)=x2-ax+2,
依題意,存在x∈(-2,-1),使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立.當x
19、∈(-2,-1)時,a0.
(1)設(shè)g(x)是f(x)的導函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;
(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.
答案 (1)當x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當x∈(1,+∞)時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增
(2)略
解析 (1)由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a),
所以g′(x)
20、=2-=.
當x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當x∈(1,+∞)時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.
(2)由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.
令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,則φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1).
由u′(x)=1-≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,
故0=u(1)f(x0)=0;
當x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0;又當x∈(0,1]時,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0.
故x∈(0,+∞)時,f(x)≥0.
綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.