热门试卷

解：（I）当k=1时，函数f（x）=（x+1）ex，f′（x）=（x+2）ex，

令f′（x）=0，解得x=-2．

令f′（x）＞0，解得x＞-2，∴函数f（x）在区间（-2，+∞）上单调递增；

令f′（x）＜0，解得x＜-2，∴函数f（x）在区间（-∞，-2）上单调递减．

∴当x=-2时，函数f（x）取得极小值，f（-2）=．

（II）f′（x）=（kx+k+1）ekx．

①当k=0时，f′（x）=1＞0，函数f（x）单调递增；

②当k＞0时，令f′（x）=ekx=0，解得x=-．当时，

f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x＜时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．

③当k＜0时，令f′（x）=ekx=0，解得x=-．当时，

f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x＞时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．

综上可得：①当k=0时，函数f（x）单调递增；

②当k＞0时，当时，函数f（x）单调递增；当x＜时，函数f（x）单调递减；

③当k＜0时，当时，函数f（x）单调递增；当x＞时，函数f（x）单调递减．

（III）由（II）可得：f′（x）=（kx+k+1）ekx．

函数f（x）在区间（0，1）上是单调增函数⇔f′（x）≥0在区间（0，1）上恒成立，但是f′（x）不恒等于0．

∴g（x）=kx+k+1≥0在区间（0，1）上恒成立，但是不恒等于0．

∴g（x）=，即，解得．

满足f′（x）≥0在区间（0，1）上恒成立，但是f′（x）不恒等于0．

因此实数k的取值范围是．

解：（1）函数的定义域为（0，+∞），

当a=1时，．

令f‘（x）=0，得x=1．

当0＜x＜1时，f'（x）＜0；当x＞1时，f'（x）＞0，

∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

∴f（x）极小值=f（1）=1，无极大值．

（2）=，

当，即a=2时，上是减函数；

当，即a＞2时，令f'（x）＜0，得，令f'（x）＞0，得，

当，a＜2时与已知矛盾，舍，

综上，当a=2时，f（x）在（0，+∞）单调递减；当a＞2时，上单调递减，在上单调递增；

解：f′（x）=5ax4-3bx2=x2（5ax2-3b），

依题意知x=-1，x=1为方程5ax2-3b=0的两根．

∴5a=3b．

∴f′（x）=5ax2（x2-1）=5ax2（x+1）（x-1）．

f（x）=ax5-ax3+c．

∵a＞0，∴有下表

∴，

解得a=，c=，b=．

解：（Ⅰ）f‘（x）=（ax2+2ax-1）•ex．x∈R…（2分）

依题意得f'（1）=（3a-1）•e=0，解得．经检验符合题意．…（4分）

（Ⅱ）f'（x）=（ax2+2ax-1）•ex，设g（x）=ax2+2ax-1，

（1）当a=0时，f（x）=-ex，f（x）在（-∞，+∞）上为单调减函数．…（5分）

（2）当a＜0时，方程g（x）=ax2+2ax-1=0的判别式为△=4a2+4a，

令△=0，解得a=0（舍去）或a=-1．

1°当a=-1时，g（x）=-x2-2x-1=-（x+1）2≤0，

即f'（x）=（ax2+2ax-1）•ex≤0，

且f'（x）在x=-1两侧同号，仅在x=-1时等于0，

则f（x）在（-∞，+∞）上为单调减函数．…（7分）

2°当-1＜a＜0时，△＜0，则g（x）=ax2+2ax-1＜0恒成立，

即f'（x）＜0恒成立，则f（x）在（-∞，+∞）上为单调减函数．…（9分）

3°a＜-1时，△=4a2+4a＞0，令g（x）=0，

方程ax2+2ax-1=0有两个不相等的实数根，，

作差可知，

则当时，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）在上为单调减函数；

当时，g（x）＞0，f'（x）＞0，f（x）在上为单调增函数；

当时，g（x）＜0，f'（x）＜0，f（x）在上为单调减函数．…（13分）

综上所述，当-1≤a≤0时，函数f（x）的单调减区间为（-∞，+∞）；当a＜-1时，函数f（x）的单调减区间为，，函数f（x）的单调增区间为．…（14分）