已知函式f x ax lnx,g(x)12bx2 2x 2,a,b R(1)求函式f(x)的單調區間(2)記函式h(x)f

時間 2021-09-13 06:48:47

1樓:

(1)因為f'(x)=-ax+1

x=x?ax,

①若a≤0,則f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上為增函式,…(2分)

②若a>0,令f'(x)=0,得x=a,

當0<x<a時,f'(x)<0;當x>a時,f'(x)>0.

所以(0,a)為單調減區間,(a,+∞)為單調增區間.

綜上可得,當a≤0時,函式f(x)在(0,+∞)上為增函式,

當a>0時,函式f(x)的單調減區間為(0,a),單調增區間為(a,+∞). …(4分)

(2)a=0時,h(x)=f(x)+g(x)=12bx

?2x+2+lnx,

∴h'(x)=bx-2+1

x=bx

?2x+1

x,…(5分)

h(x)在(0,1)上有且只有一個極值點,即h'(x)=0在(0,1)上有且只有一個根且不為重根,

由h'(x)=0得bx2-2x+1=0,…(6分)

( i)b=0,x=1

2,滿足題意;…(7分)

( ii)b>0時,b?12-2?1+1<0,即0<b<1;…(8分)

( iii)b<0時,b?12-2?1+1<0,得b<1,故b<0;

綜上所述,得:h(x)在(0,1)上有且只有一個極值點時,b<1. …(9分)

(3)證明:由(1)可知:

( i)若a≤0,則f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上為單調增函式,

所以直線l與y=f(x)的圖象不可能有兩個切點,不合題意.…(10分)

(ⅱ)若a>0,f(x)在x=a處取得極值f(a)=1+lna.

若1+lna≥0,a≥1

e時,由圖象知不可能有兩個切點.…(11分)

故0<a<1

e,設f(x)圖象與x軸的兩個交點的橫座標為s,t(不妨設s<t),

則直線l與y=f(x)的圖象有兩個切點即為直線l與y

=?ax

?lnx,x∈(s,t)

和y=a

x+lnx,x∈(t,+∞)的切點.

y1'=ax-1

x=a?x

x,y2'=-ax+1

x=x?ax,

設切點分別為a(x1,y1),b(x2,y2),則0<x1<x2,且

a?xx=yx

=-ax

-lnx

x,a?xx=y

x=ax+lnx

x,a?xx=x

?ax,即2a

x=1-lnx1…①;2a

x=1-lnx2…②;a=xx(x

+x)x+x

,③①-②得:2a

x-2a

x=-lnx1+lnx2=-lnxx,

由③中的a代入上式可得:(2x-2

x)?xx(x

+x)x+x

=?lnxx,

即2(x?x)

x+x=lnx

x,…(14分)令xx

=k(0<k<1),則(k2+1)lnk=2k2-2,令g(k)=(k2+1)lnk-2k2

2樓:泉熠辟穀夢

雖然我很聰明,但這麼說真的難到我了

已知函式f(x)=ax+lnx(a∈r)(1)求f(x)的單調區間;(2)設g(x)=x2-2x+2,若對任意x1∈(0,+∞

3樓:盎愹訂

(1)f′(x)=a+1

x,x>0…(2分)

當a≥0時,由於x∈(0,+∞),f′(x)>0,所以函式f(x)的單調增區間為(0,+∞),…(4分)

當a<0時,令f'(x)=0,得x=?1

a所以函式f(x)的單調增區間為(0,?1a),函式f(x)的單調減區間為(?1

a,+∞)…(6分)

(2)由已知,轉化為f(x)max<g(x)max…(8分)因為g(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,x∈[0,1],所以g(x)max=2…(9分)

由(ⅱ)知,當a≥0時,f(x)在(0,+∞)上單調遞增,值域為r,故不符合題意.

(或者舉出反例:存在f(e3)=ae3+3>2,故不符合題意.)     …(10分)

當a<0時,f(x)在(0,?1

a)上單調遞增,在(?1

a,+∞)上單調遞減,

故f(x)的極大值即為最大值,f(?1

a)=?1+ln(?1

a)=?1?ln(?a),…(11分)

所以2>-1-ln(-a),解得a<?1

e.…(12分)

已知函式f(x)=ax2+bx-lnx,a,b∈r.(1)若a<0且b=2-a,試討論f(x)的單調性;(2)若對?b∈[-2,-1

4樓:月崣

(1)f′(x)=2ax+(2?a)?1

x=2ax

+(2?a)x?1

x=(ax+1)(2x?1)

x(x∈(0,+∞)),

令f′(x)=0,解得 x=-1

a或x=1

2①當-1a<1

2,即a<-2時,

令f′(x)>0,解得-1

a<x<12,

故f(x)的增區間為(?1a,1

2),減區間為(0,?1

a),(1

2,+∞);

②當-1a=1

2,即a=-2時,則f′(x)<0在(0,+∞)上恆成立,故f(x)在(0,+∞)上單調遞減;

③當-1a>1

2,即a>-2時,

令f′(x)>0,解得1

2<x<-1a,

故f(x)的增區間為(1

2,?1

a),減區間為(0,1

2),(?1

a,+∞);

(2)對?b∈[-2,-1],都?x∈(1,e)ax2+bx-lnx<0成立,

即ax2-x-lnx<0在(1,e)內有解,亦即a<lnx+xx在(1,e)內有解,

故只需a<(lnx+xx)

max即可,

令g(x)=lnx+x

x,則g′(x)=?x(x?1+2lnx)x∵x∈(1,e)∴g′(x)<0

∴a<g

已知函式f(x)=ax+x,g(x)=f(x)+lnx,a∈r.(ⅰ)當a=2時,求函式g(x)的單調區間;(ⅱ)當a=0時

5樓:夏軒鍋

(ⅰ)當a=2時,f(x)=2

x+x,g(x)=2

x+x+lnx,(x>0)

g'(x)=1+1x-2

x=x+x-2

x=(x+2)(x-1)x,

由g'(x)>0得,x>1,此時函式單調遞增,由g'(x)<0得,0<x<1,此時函式單調遞減,即函式g(x)的單調遞增區間為(1,+∞),遞減區間為(0,1);

(ⅱ)當a=0時,記h(x)=g(x)-12bx2-x=lnx-1

2bx2,(x>0),

h'(x)=1x-x

b=b-xbx,

①當b<0時,h'(x)>0,此時函式單調遞增,h(x)在定義域內的無極值點;

②當b>0時,令h'(x)=0,得x=b,則 x

(0,b)b

(b,+∞)

h'(x)+0

- h(x)

遞增極大值

遞減由**可知:函式h(x)的極大值點為x=b.(ⅲ)?x1,x2∈[1,+∞)且x1<x2,都有f(x1)-f(x2)<lnx2-lnx1成立,

則等價為ax+x

-(ax

+x)<ln?x

-ln?x

成立,即ax

+x+ln?x<ax

+x+ln?x

,即g(x)=a

x+x+lnx,在x≥1上為增函式,

∴g'(x)=-a

x+1+1x=x

+x-a

x≥0恆成立,

即a≤x2+x在[1,+∞)上恆成立,

∴a≤2,

即實數a的取值範圍a≤2.

已知函式f(x)=1x+ax+lnx,g(x)=a+1x+3lnx,(a∈r).(i)當a=2時,求函式f(x)的單調區間;(ii)若函式

已知函式f x 2sinxcosx 1 2sinx2, 1 求f x 的最小正週期和最大值

解 1 f x 2sinxcosx 1 2sin x sin2x cos2x 2sin2xcos 4 2cos2xsin 4 2sin 2x 4 t 2 2 2 f x max 2 2 若f 2 8 3 2 5,是第二象限角 則 2sin 2 2 8 4 2sin 3 2 5 sin 3 5 則co...

已知函式f x 1 2sin 2x

1 當2x 2 2k x 4 k k z 時,f x 取得最大值,f x max 3 當2x 3 2 2k x 3 4 k k z 時,f x 取得最小值,f x max 1 2 x 4,2 時,2x 2,則1 1 2sin2x 3,即1 f x 3 此時不等式丨f x m丨 2恆成立,則丨1 m丨...

已知函式f x 2x 1 2x 1 (1)證明 函式f x 在區間 1 2,正無窮大 上單調遞減

願為學子效勞 1 變形函式式f x 2x 1 2 2x 1 1 2 2x 1 令1 20,2x2 1 0 則f x2 f x1 0 表明函式f x 在區間 1 2,上單調遞減 2 因不等式f x lgx m恆成立 即m 令g x f x lgx 1 2 2x 1 lgx注意到f x 在區間 1 2,...