1樓：匿名使用者
題目重在考查學生利用導數研究函式的極值；利用導數求閉區間上函式的最值的能力．
（1）a=-6，f（x）=x2-x+alnx，∴f′（x）=(2x+3)(x−2)/x （x＞0）∴x∈[1，2]，f′（x）≤0，x∈[2，4]，f′（x）≥0，∴f（x）min=f（2）=2-6ln2，f（x）max=max，∵f（1）=0，f（4）=12-12ln2＞0，∴f（x）max=12-12ln2；
（2）∵函式f（x）既有極大值，又有極小值，∴f′（x）=（2x²−x+a)/x =0在（0，+∞）內有兩個不等實根，
∴2x²-x+a=0在（0，+∞）內有兩個不等實根，令g（x）=2x²-x+a，
則△＝1−8a＞0 且 g(0)＝a＞0 成立求得0＜a＜1/8
2樓：笨笨
（1）a=-6，f（x）=x2-x+alnx，∴f′（x）=(2x+3)(x?2)
x，x＞0
∴x∈[1，2]，f′（x）≤0，x∈[2，4]，f′（x）≥0，∴f（x）min=f（2）=2-6ln2，f（x）max=max，∵f（1）=0，f（4）=12-12ln2＞0，∴f（x）max=12-12ln2；
（2）∵函式f（x）既有極大值，又有極小值，∴f′（x）=2x
?x+a
x=0在（0，+∞）內有兩個不等實根，
∴2x2-x+a=0在（0，+∞）內有兩個不等實根，令g（x）=2x2-x+a，則
△＝1?8a＞0
g(0)＝a＞0
，解得0＜a＜18．
設函式f（x）=x2-x+alnx，其中a≠0．（1）a=-6，求函式f（x）在[1，4]上的最值；（2）設函式f（x）既有極
3樓：福州吧壹母m楲
（1）解：a=-6，f（x）=x2-x+alnx，∴f′（x）=(2x+3)(x?2)
x，x＞0
∴x∈[1，2]，f′（x）≤0，x∈[2，4]，f′（x）≥0，∴f（x）min=f（2）=2-6ln2，f（x）max=max，∵f（1）=0，f（4）=12-12ln2＞0，∴f（x）max=12-12ln2；
（2）解：∵函式f（x）既有極大值，又有極小值，∴f′（x）=2x
?x+a
x=0在（0，+∞）內有兩個不等實根，
∴2x2-x+a=0在（0，+∞）內有兩個不等實根，令g（x）=2x2-x+a，則
△＝1?8a＞0
g(0)＝a＞0
，解得0＜a＜18，
（3）證明：a=-1時，f（x）=x2-x-lnx，∴f′（x）=(2x+1)(x?1)
x≥0恆成立，
∴f（x）在[1，+∞）上為增函式，
∴f（x）min=f（1）=0，
∴x2-x≥lnx（x=1時取等號），
則k2-k≥lnk，
∴（12+22+…+n2）-（1+2+…+n）≥lnn!，∴n(n+1)(2n+1)
6-n(n+1)
2≥lnn!，
∴n(n
?1)3
）≥lnn!，
∴en(n
?1)≥（n!）3．
已知函式f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中常數a∈r．（1）當a=4時，求函式f（x）的極值點；（2）令f（x）=f
4樓：尛辰丶
（1）當a=4時，f′（x）=2x+4
x-6=2(x?1)(x?2)x，
當0＜x＜1或x＞2時，f′（x）＞0，即f（x）在（0，1），（2，+∞）上單調遞增；
當1＜x＜2時，f′（x）＜0，即f（x）在（1，2）上單調遞減；
所以x=1為函式f（x）的極大值點，x=2為函式f（x）的極小值點．（2）f（x）=f（x）+（a+2）x=x2+alnx，若函式f（x）在區間[2，+∞）上單調遞增，只需滿足f′（x）=2x+a
x≥0對x∈[2，+∞）恆成立．
即a≥-2x2對x∈[2，+∞）恆成立．
∴a≥-8，經檢驗a≥-8滿足題意．…（8分）（3）由題意：當a=4時，f′（x）=2x+4x-6，
則在點p處切線的斜率kx0=f′（x0）=2x0+4x-6，
y=g（x）=（2x0+4
x-6）（x-x0）+x
?6x+4lnx
令φ（x）=f（x）-g（x）=x2-6x+4lnx-（2x0+4x-6）（x-x0）-（x
?6x+4lnx
）φ（x0）=0，φ′（x）=2x+4
x-6-（2x0+4
x-6）=2（x-x0）（1-2xx
）=2x
（x-x0）（x-2x），
當x0＜2
x，即x0＜2
時，φ（x）在（x0，2
x）上單調遞減，
∴x∈（x0，2
x）時，φ（x）＜φ（x0）=0，此時φ(x)x?x＜0，
當x0＞2
x，即x0＞
2時，φ（x）在（2
x，x0）上單調遞減，
∴x∈（2
x，x0）時，φ（x）＞φ（x0）=0，此時φ(x)x?x＜0，
∴在（0，
2）∪(
2，+∞)上不存在特殊點．
當x0=2
x，即x0=
2時，φ′（x）=2
x（x-
2）2＞0，φ（x）在（0，+∞）上是增函式，此時φ(x)x?x＞0，
∴x=2
是一個“特殊點”的橫座標．
設函式f（x）=x2-（a+2）x+alnx，其中a∈r．（ⅰ）若函式f（x）的圖象在點（a，f（a））處的切線與直線x-
5樓：驚嘆
（ⅰ）函式f（x）的定義域是．…（1分）
對f（x）求導數，得f′(x)＝2x?(a+2)+a
x＝2x
?(a+2)x+a
x．…（3分）
由題意，得a＞0，且f′（a）=1，
解得a=2．…（5分）
（ⅱ）由f′（x）=0，得方程2x2-（a+2）x+a=0，
一元二次方程2x2-（a+2）x+a=0存在兩解x1=1，x＝a2
，…（6分）
當x2≤0時，即當a≤0時，隨著x的變化，f（x）與f′（x）的變化情況如下表：
x（0，1）
1（1，+∞）
f′（x）-0
+ f（x）
↘極小值
↗即函式f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增．
所以函式f（x）在x=1存在極小值f（1）=-a-1； …（8分）
當0＜x2＜1時，即當0＜a＜2時，隨著x的變化，f（x）與f′（x）的變化情況如下表：
x(0，a2)
a2(a2
，1) 1
（1，+∞）
f′（x）+0
-0+ f（x）
↗極大值
↘極小值
↗即函式f（x）在(0，a
2)，（1，+∞）上單調遞增，在(a
2，1)上單調遞減．
所以函式f（x）在x=1存在極小值f（1）=-a-1，在x＝a
2存在極大值f(a
2)＝alna
2?a?a
4；…（10分）
當x2=1時，即當a=2時，
因為f′(x)＝2(x?1)
x≥0（當且僅當x=1時等號成立），
所以f（x）在（0，+∞）上為增函式，故不存在極值； …（12分）
當x2＞1時，即當a＞2時，隨著x的變化，f（x）與f′（x）的變化情況如下表：
x（0，1）
1(1，a2)
a2(a2
，+∞)
f′（x）+0
-0+ f（x）
↗極大值
↘極小值
↗即函式f（x）在（0，1），(a
2，+∞)上單調遞增，在(1，a
2)上單調遞減．
所以函式f（x）在x=1存在極大值f（1）=-a-1，在x＝a
2存在極小值f(a
2)＝alna
2?a?a4；
綜上，當a≤0時，函式f（x）存在極小值f（1）=-a-1，不存在極大值；
當0＜a＜2時，函式f（x）存在極小值f（1）=-a-1，存在極大值 f(a
2)＝alna
2?a?a4；
當a=2時，函式f（x）不存在極值；
當a＞2時，函式f（x）存在極大值f（1）=-a-1，存在極小值f(a
2)＝alna
2?a?a
4．…（14分）
設函式f x x，設函式f x x 0 5 2ax a 1,x屬於 0,2 ,a為常數
1 對稱軸x a 當 a 0 a 0時，f x 在 0，2 上是增函式，x 0時有最小值f 0 a 1 1分 當 a 2 a 2時，f x 在 0，2 上是減函式，x 2時有最小值f 2 3a 3 1分 當0 a 2 2 a 0時，f x 在 0，2 上是不單調，x a時有最小值f a a2 a 1...
設函式f x x 3 2ax 2 bx a,g x x 2 3x 2,其中x R，a b為常數 已知曲線y f（x）與y g（x）在點（2，0）
題目沒說得很清楚，切線l是指f x 與g x 在點 2,0 處的共同切線吧。這樣才可解 1 對兩函式進行求導 f x 3x 2 4ax b,g x 2x 3，它們在點 2，0 處有共同切線l，所以 f 2 12 8a b g 2 1。另外，把點 2，0 代入f x 方程得 8 9a 2b 0。兩式聯...
設函式f xx 2 1ax,其中a0,求a的取值範圍，使函式f x 在區間
f x x 1 ax f x 1 2 x 1 x 1 a x x 1 a 分兩種情況 1 若f x 在 0，上單調增，則f x 0對於x 0,恆成立，即a x x 1 x 0,從而 a x x 1 min 0與條件 a 0矛盾 2 若f x 在 0,上單調減，則f x 0對於x 0,恆成立，即a x...