A. | [-1,0] | B. | (-1,0) | C. | [-2,0] | D. | [-$\frac{1}{2}$,0] |
分析 求得f(x)的值域,討論當(dāng)x≤0時(shí),當(dāng)x>0時(shí),求出導(dǎo)數(shù),判斷單調(diào)性可得范圍,令t=g(x),則f(t)>e,即有t≤0,則$\frac{-t}{{e}^{t}}$>e,解得t<-1,即-4x+a•2x+1+a2+a-1<-1,由指數(shù)函數(shù)的值域和二次函數(shù)的最值的求法,解不等式即可得到所求范圍.
解答 解:當(dāng)x≤0時(shí),f(x)=$\frac{-x}{{e}^{x}}$≥0,
f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$<0,
即f(x)遞減,則f(x)≥0;
當(dāng)x>0時(shí),f(x)=$\frac{lnx}{x}$的導(dǎo)數(shù)為$\frac{1-lnx}{x}$,
當(dāng)x>e時(shí),f(x)遞減;當(dāng)0<x<e時(shí),f(x)遞增.
則x=e處取得極大值,且為最大值$\frac{1}{e}$,
即有f(x)≤$\frac{1}{e}$.
令t=g(x),則f(t)>e,
即有t≤0,則$\frac{-t}{{e}^{t}}$>e,
即et+1+t<0,由y=et+1+t在t≤0遞增,
且t=-1時(shí),y=0,可得t<-1.
可得g(x)<-1恒成立,
即有-4x+a•2x+1+a2+a-1<-1,即有-4x+a•2x+1+a2+a<0,
當(dāng)a>0時(shí),y=-(2x-a)2+2a2+a<0,
由2x>0,可得2x=a時(shí),取得最大值2a2+a,
可得2a2+a<0不成立;
當(dāng)a≤0時(shí),y=-(2x-a)2+2a2+a<0,
由2x>0,-a≥0,y<a2+a,
可得a2+a≤0,解得-1≤a≤0.
綜上可得a的范圍是[-1,0].
故選:A
點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式恒成立問(wèn)題的解法,注意運(yùn)用分段函數(shù)的值域,以及換元法,考查單調(diào)性的運(yùn)用和不等式的解法,綜合性較強(qiáng),難度較大.
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A. | 3π | B. | π | C. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$π | D. | $\sqrt{2}$ |
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A. | 0或-2 | B. | -2或-8 | C. | -2或-6 | D. | 0或-8 |
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A. | $\sqrt{6}$ | B. | $\sqrt{3}$ | C. | 2$\sqrt{6}$ | D. | 2$\sqrt{3}$ |
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A. | (-∞,2] | B. | (-∞,3] | C. | [2,+∞) | D. | [3,+∞) |
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