專題強化測評(七)(編輯修改稿)
2025-02-11 00:28 本頁面
【文章內容簡介】 1x1時，f′(x)0；當x1時，f′(x)0.所以當x=1時函數f(x)有極大值，當x=1時函數f(x)有極小值.要使函數f(x)有3個不同的零點，只需滿足解之得2a2.4.【解析】(x)=xf(x),則F′(x)=xf′(x)+f(x),由xf′(x)f(x),得xf′(x)+f(x)0,即F′(x)0,所以F(x)在R上為遞增函數.因為ab,所以af(a)bf(b).5.【解析】由題意得當且僅當即時取等號，∵f′(x)≥2，∴只要f′(x)min≥2即可,即解得a≥1.答案：［1,+∞)6.【解析】f′(x)=ex2，由f′(x)0得ex20,∴xln2，由f′(x)0得，xln2,∴f(x)在x=ln2處取得最小值.只要f(x)min≤0即可.∴eln22ln2+a≤0,∴a≤2ln22.答案：(∞，2ln22］7.【解析】f′(x)＜?f′(x)＜0,?y=f(x)x+b在R上是減函數,不妨設,則在R上是減函數，從而函數在(0,+∞)上是減函數.又f(1)=1,從而有所以原不等式的解集為(10,+∞).答案：(10,+∞)8.【解析】(1)f′(x)=6x2+6ax+3b.因為函數f(x)在x=1及x=2時取得極值，則有f′(1)=0,f′(2)=0,即解得a=3,b=4.(2)由(1)可知，f(x)=2x39x2+12x
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