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，...