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′(
题型:解答题难度:一般来源:不详
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′(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
(Ⅰ)解法一:由f(-1)≤-1,得-2+a≤-1,即a≤1; 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++. 令g(x)=-x++,x<0, 由g′(x)=-1--==, 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=(t2-at-a). (ⅰ)若a=0,则t=0,舍去; (ⅱ)若a<0,h(t)=0,即t2-2alnt-2at=0,变形得t(t-2a)=lnt, ∵函数y=t(t-2a),a<0与y=lnt的图象只有一个交点t0, 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 | t02-at0-a=0 | -2alnt0-2at0=0 |
| | ,得at0+a=2alnt0+2at0,即2lnt0+t0-1=0, 记u(t0)=2lnt0+t0-1,t0>0, 由u′(t0)=+1>0,知u(t0)=2lnt0+t0-1为增函数, 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=. 综上,这样的实数a存在,且a<0或a=. |
举一反三
已知函数f(x)=lnx,g(x)=x2+a(a为常数),若直线l与y=f(x),y=g(x)的图象都相切,且l与y=f(x)图象的切点的横坐标为1 (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≥时,讨论关于x的方程f(x2+1)-g(x)=k的实数解的个数. |
若函数f(x)=x2+2x-a的一个零点是-3,则f(x)的另一个零点是______. |
若函数y=e(a-1)x+4x(x∈R)有大于零的极值点,则实数a范围是( ) |
函数f(x)=x3-kx,其中实数k为常数. (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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