已知函式f xx a e x,其中e為自然對數的底數

2021-03-27 15:21:21 字數 2592 閱讀 1476

1樓:匿名使用者

f(x)=(x+a)e^x

f ′(x)=e^x+(x+a)e^x=(x+a+1)e^x第一問:

∵在[-3,+無窮大)上是增函式

∴-a-1≤-3

a≥2第二問:

∵f ′(x)=(x+a+1)e^x

∴減區間(-∞,-a-1),增區間(-a-1,+∞)f(x)=(x+a)e^x≥e²在x∈[0,2]時恆成立如果-a-1≤0,即a≥-1,則在[0,2]單調增,最小值f(0)=a*e^0=a≥e²

∴a≥e²

如果0<-a-1<2,即-3<a<-1,則在區間[0,2]先減後增,最小值f(-a-1)=(-a-1+a)e^(-a-1)=-e^(-a-1)<0,不符合要求

如果-a-1≥2,即a≤-3,則在區間[0,2]單調減最小值f(2)=(2+a)e²≥e²

2+a≥1,a≥-1不符合a≤-3要求

∴a≥e²

2樓:善言而不辯

(1)f(x)=(x+a)e^x

f'(x)=e^x+(x+a)e^x

x≥3時,f'(x)=e^x+(x+a)e^x>0∵e^x恆大於0

∴x+1+a>0,

∴a>-4

(2)f'(x)=e^x+(x+a)e^x駐點:1+x+a=0→x₀=-a-1,可以判斷f(x₀)為最小值。

如0≤-a-1≤2,即a≥1,或a≤-1

則,f(-a-1)=-e(-a-1)≥e²,無解∴駐點不在[0,2]區間內。

x₀<0,f(x)單調遞增,f(x)≥f(0)=aeº≥e²→a≥e² x₀=-a-1≤-e²-1<0,成立

x₀>2,f(x)單調遞減,f(x)≥f(2)=(2+a)e²≥e²→a≥-1,x₀=-a-1≤-2,不成立

∴ a≥e²

已知函式f(x)=(x+a)e^x其中e是自然對數的底數,a∈r。當a<1時,試確定函式g(x)=f(x-a)-x^2的零點個數

3樓:

g(x)=f(x-a)-x^2=xe^x-x^2=x(e^x-x)=0,得x=0或e^x=x,

而y=e^x的圖象與直線y=x相離,所以,g(x)僅有一個零點0。

注:本題結論與a無關。

已知函式f(x)=(ax2+x)e^x,其中e是自然對數的底數,a∈r

函式f(x)=e^x+e^(-x),其中e是自然對數的底數.(1)證明:f(x)是r上的偶函式;(

已知函式f(x)=ex+e-x,其中e是自然對數的底數.(1)證明:f(x)是r上的偶函式.(2)若關於x的不等式

4樓:手機使用者

(1)證明:∵f(x)=ex+e-x,

∴f(-x)=e-x+ex=f(x),

∴f(x)是r上的偶函式;

(2)解:若關於x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恆成立,

即m(ex+e-x-1)≤e-x-1,

∵x>0,

∴ex+e-x-1>0,

即m≤e

?x?1ex

+e?x

?1在(0,+∞)上恆成立,

設t=ex,(t>1),則m≤1?t

t?t+1

在(1,+∞)上恆成立,

∵1?t

t?t+1

=-t?1

(t?1)

+(t?1)+1

=-1t?1+1

t?1+1

≥?13

,當且僅當t=2,即x=ln2時等號成立,

∴m≤?13;

(3)令g(x)=ex+e-x-a(-x3+3x),

則g′(x)=ex-e-x+3a(x2-1),

當x>1,g′(x)>0,即函式g(x)在[1,+∞)上單調遞增,

故此時g(x)的最小值g(1)=e+1

e-2a,

由於存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-x0

3+3x0)成立,

故e+1

e-2a<0,

即a>1

2(e+1e),

令h(x)=x-(e-1)lnx-1,

則h′(x)=1-e?1x,

由h′(x)=1-e?1

x=0,解得x=e-1,

①當0<x<e-1時,h′(x)<0,此時函式單調遞減,

②當x>e-1時,h′(x)>0,此時函式單調遞增,

∴h(x)在(0,+∞)上的最小值為h(e-1),

注意到h(1)=h(e)=0,

∴當x∈(1,e-1)?(0,e-1)時,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0,

當x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)時,h(x)<h(e)=0,

∴h(x)<0,對任意的x∈(1,e)成立.

①a∈(1

2(e+1

e),e)?(1,e)時,h(a)<0,即a-1<(e-1)lna,從而ae-1>ea-1,

②當a=e時,ae-1=ea-1,

③當a∈(e,+∞),e)?(e-1,+∞)時,當a>e-1時,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)lna,從而ae-1<ea-1.

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解 顯然,當x充分大時,必有f x 0。如果f x 單調,則f x 0恆成立。由於f x e x k 2 e x 1 k,當k 0時,顯然有f x 0。當k 0時,e x k 2 e x 2 e x k 2 e x 2k,當x ln k 時等號成立。令2k 1 k 0得 k 1 2。故k 1 2或k...

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