题目
题型:解答题难度:一般来源:不详
1 |
e2x |
a |
ex |
(Ⅰ)求f(x)在[0,1]上的解析式,并求出函数f(x)的最大值;
(Ⅱ)当a≠0,x∈[0,1]时,函数g(x)=(
x2 |
a |
3 |
a |
答案
1 |
e-2x |
a |
e-x |
又f(x)是偶函数,故x∈[0,1]时,f(x)=f(-x)=e2x-aex.
由f(x)是定义域为[-1,1]的偶函数可知,f(x)在x∈[0,1]的最大值即可为f(x)的最大值.
当x∈[0,1]时,令t=ex∈[1,e],f(x)=h(t)=(t-
a |
2 |
a2 |
4 |
a |
2 |
e+1 |
2 |
a |
2 |
e+1 |
2 |
综上可知:
a≤e+1时,fmax(x)=f(1)=e2-ae;a>e+1时,fmax(x)=f(0)=1-a.
(Ⅱ)g(x)=(
x2 |
a |
3 |
a |
=(
x2 |
a |
3 |
a |
x2 |
a |
3 |
a |
要x∈[0,1]时,函数g(x)的图象恒在直线y=e上方,
即x∈[0,1]时,gmin(x)>e成立,
g′(x)f"(x)=(x+a+3)(x-1)ex,令g′(x)=0,解得x1=-a-3,x2=1
①当-a-3≤0,即a≥-3且a≠0时,可得x∈[0,1]时g′(x)≤0,故g(x)在区间[0,1]单调递减.
此时gmin(x)=g(1)=(-2-a)e>e⇒a<-3,与a≥-3且a≠0矛盾.
②当0<-a-3<1,即-4<a<-3时,可得x∈[0,-a-3]时,g′(x)≥0,x∈[-a-3,1]时g′(x)≤0,可知f(x)在区间[0,-a-3]单调递增.在区间[-a-3,1]单调递减.
此时gmin(x)>e⇔g(0)>e,且g(1)>e,
又g(0)=-2a-3>e⇒a<
-e-3 |
2 |
故-4<a<-3时可满足题意;
③-a-3≥1,即a≤-4时,可得x∈[0,1]时g′(x)≥0,可知g(x)在区间[0,1]单调递增.
此时gmin(x)=g(0)=-2a-3>e⇒a<
-e-3 |
2 |
综上可知:a<-3时,g(x)的图象恒在直线y=e上方.
核心考点
试题【已知函数f(x)同时满足如下三个条件:①定义域为[-1,1];②f(x)是偶函数;③x∈[-1,0]时,f(x)=1e2x-aex,其中a∈R.(Ⅰ)求f(x)】;主要考察你对函数的奇偶性与周期性等知识点的理解。[详细]
举一反三
(Ⅰ)求函数|f(x)|的单调区间;
(Ⅱ)令t=a2-b.若存在实数m,使得|f(m)|≤
1 |
4 |
1 |
4 |
3 |
2 |
A.-1 | B.1 | C.-2 | D.2 |
2 |
x |
1 |
18 |
3 |
t |
A.(-∞,-1]∪(0,3] | B.(-∞,-
| C.[-1,0)∪[3,+∞) | D.[-
|
(1)求证:f(x)≥x+1(x∈R);
(2)讨论关于x的方程:lng(x)=g(x)•(x2-2ex+m)(m∈R)的根的个数;
(3)设n∈N*,证明:(
1 |
n |
2 |
n |
3 |
n |
n |
n |
e |
e-1 |
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