(2013•温州一模)已知函f(x)=ax2-ex(a∈R).
来源:学生作业帮 编辑:神马作文网作业帮 分类:综合作业 时间:2024/09/30 04:25:15
(2013•温州一模)已知函f(x)=ax2-ex(a∈R).
(Ⅰ)a=1时,试判断f(x)的单调性并给予证明;
(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2).
(i) 求实数a的取值范围;
(ii)证明:-
<f(x
(Ⅰ)a=1时,试判断f(x)的单调性并给予证明;
(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2).
(i) 求实数a的取值范围;
(ii)证明:-
e |
2 |
(Ⅰ)当a=1时,f(x)=x2-ex,f(x)在R上单调递减.
事实上,要证f′(x)=x2-ex在R上为减函数,只要证明f′(x)≤0对∀x∈R恒成立即可,
设g(x)=f′(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex,
当x=ln2时,g′(x)=0,
当x∈(-∞,ln2)时,g′(x)>0,当x∈(ln2,+∞)时,g′(x)<0.
∴函数g(x)在(-∞,ln2)上为增函数,在(ln2,+∞)上为减函数.
∴f′(x)max=g(x)max=g(ln2)=2ln2-2<0,故f′(x)<0恒成立
所以f(x)在R上单调递减;
(Ⅱ)(i)由f(x)=ax2-ex,所以,f′(x)=2ax-ex.
若f(x)有两个极值点x1,x2,则x1,x2是方程f′(x)=0的两个根,
故方程2ax-ex=0有两个根x1,x2,
又因为x=0显然不是该方程的根,所以方程2a=
ex
x有两个根,
设h(x)=
ex
x,得h′(x)=
ex(x−1)
x2.
若x<0时,h(x)<0且h′(x)<0,h(x)单调递减.
若x>0时,h(x)>0.
当0<x<1时h′(x)<0,h(x)单调递减,
当x>1时h′(x)>0,h(x)单调递增.
要使方程2a=
ex
x有两个根,需2a>h(1)=e,故a>
e
2且0<x1<1<x2.
故a的取值范围为(
e
2,+∞).
(ii)证明:由f′(x1)=0,得:2ax1−ex1=0,故a=
ex1
2x1,x1∈(0,1)
f(x1)=ax12−ex1=
ex1
2x1•x12−ex1=ex1(
x1
2−1),x1∈(0,1)
设s(t)=et(
t
2−1)(0<t<1),则s′(t)=et(
t−1
2)<0,s(t)在(0,1)上单调递减
故s(1)<s(t)<s(0),即
事实上,要证f′(x)=x2-ex在R上为减函数,只要证明f′(x)≤0对∀x∈R恒成立即可,
设g(x)=f′(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex,
当x=ln2时,g′(x)=0,
当x∈(-∞,ln2)时,g′(x)>0,当x∈(ln2,+∞)时,g′(x)<0.
∴函数g(x)在(-∞,ln2)上为增函数,在(ln2,+∞)上为减函数.
∴f′(x)max=g(x)max=g(ln2)=2ln2-2<0,故f′(x)<0恒成立
所以f(x)在R上单调递减;
(Ⅱ)(i)由f(x)=ax2-ex,所以,f′(x)=2ax-ex.
若f(x)有两个极值点x1,x2,则x1,x2是方程f′(x)=0的两个根,
故方程2ax-ex=0有两个根x1,x2,
又因为x=0显然不是该方程的根,所以方程2a=
ex
x有两个根,
设h(x)=
ex
x,得h′(x)=
ex(x−1)
x2.
若x<0时,h(x)<0且h′(x)<0,h(x)单调递减.
若x>0时,h(x)>0.
当0<x<1时h′(x)<0,h(x)单调递减,
当x>1时h′(x)>0,h(x)单调递增.
要使方程2a=
ex
x有两个根,需2a>h(1)=e,故a>
e
2且0<x1<1<x2.
故a的取值范围为(
e
2,+∞).
(ii)证明:由f′(x1)=0,得:2ax1−ex1=0,故a=
ex1
2x1,x1∈(0,1)
f(x1)=ax12−ex1=
ex1
2x1•x12−ex1=ex1(
x1
2−1),x1∈(0,1)
设s(t)=et(
t
2−1)(0<t<1),则s′(t)=et(
t−1
2)<0,s(t)在(0,1)上单调递减
故s(1)<s(t)<s(0),即
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已知函数f(x)=ex-ax,a∈R.
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