题目
题型:解答题难度:一般来源:不详
(Ⅰ) 设对任意x∈(-∞,0],f(x)≤x恒成立,求a的取值范围;
(Ⅱ) 是否存在实数a,使得满足f′(t)=4t2-2alnt的实数t有且仅有一个?若存在,求出所有这样的a;若不存在,请说明理由.
答案
又当a≤1时,ax2≤x2,因为x≤0,则x-1<0,
于是f(x)-x=x3+ax2-1-x≤x3+x2-1-x=(x+1)2(x-1)≤0,
即f(x)≤x恒成立,故a的取值范围是(-∞,1].
解法二:当x=0时,f(0)=-1≤0,此时a∈R;
当x<0时,f(x)≤x等价于a≤-x+
1 |
x |
1 |
x2 |
令g(x)=-x+
1 |
x |
1 |
x2 |
由g′(x)=-1-
1 |
x2 |
2 |
x3 |
x3+x+2 |
-x3 |
(x+1)(x2-x+2) |
-x3 |
因为x2-x+2>0,-x3>0,
所以g′(x)<0,解得x<-1,g′(x)>0,解得-1<x<0,
于是g(x)在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,0)是增函数,
从而g(x)min=g(-1)=1,所以a≤1.
综上,a的取值范围是(-∞,1].
(Ⅱ)假设存在,由f′(t)=4t2-2alnt等价于t2-2alnt-2at=0,
令h(t)=t2-2alnt-2at,t>0,
则h′(t)=2t-
2a |
t |
2 |
t |
(ⅰ)若a=0,则t=0,舍去;
(ⅱ)若a<0,h(t)=0,即t2-2alnt-2at=0,变形得
1 |
2a |
∵函数y=
1 |
2a |
且t0>0,所以存在惟一正数t0,使h(t0)=0,因此a<0符合;
(ⅲ)若a>0,此时必存在使t2-at-a=0的正根t,记这个正根为t0,
则h′(t)0,解得x>t0,
得h(t)在(0,t0)上单调递减,在(t0,+∞)上单调递增,
从而h(t)最小值为h(t0),因为满足f′(t)=4t2-2alnt的实数t有且仅有一个,
所以h(t0)=0,
由
|
记u(t0)=2lnt0+t0-1,t0>0,
由u′(t0)=
2 |
t0 |
因为u(1)=2ln1+1-1=0,u(t0)=0,所以有且仅有惟一正数t0=1,
代入t02-at0-a=0,得a=
1 |
2 |
综上,这样的实数a存在,且a<0或a=
1 |
2 |
核心考点
试题【已知函数f(x)=x3+ax2-1,x∈R,a∈R.(Ⅰ) 设对任意x∈(-∞,0],f(x)≤x恒成立,求a的取值范围;(Ⅱ) 是否存在实数a,使得满足f′(】;主要考察你对函数的零点等知识点的理解。[详细]
举一反三
1 |
2 |
(Ⅰ)求直线l的方程及a的值;
(Ⅱ)若h(x)=f(x+1)-g"(x),求y=h(x)的单调递增区间;
(Ⅲ)当k≥
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2 |
A.a>-3 | B.a<-3 | C.a>-
| D.a<-
|
x |
2013 |
2 |
1 |
3 |
(I) 当k=4时,求函数的单调区间;
(II) 若曲线y=f(x)与直线y=k只有一个交点,求实数k的取值范围.
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