1樓：網友
1)由已知定義域x>0
f'(x)=x-a+ (a+1)/x
討論f'(x)=x²-ax+（a+1）/x的正負性。
當判別式<=0, a<=2+2√2，f(x)單調遞增。
當判別式》0, a>2+2√2, f(x)在(0,(a+√a²-4a-4)/2)遞減，在（(a+√a²-4a-4)/2，+∞遞增。
2）f(x1)-f(x2)/x1-x2=1/2(x1+x2)-a+(a+1)(lnx1-lnx2/x1-x2)
因為lnx1-lnx2/x1-x2>=2/(x1+x2) (這一步可以用導數來推導)
所以f(x1)-f(x2)/x1-x2=1/2(x1+x2)+(a+1)2/(x1+x2)-a>=2√a+1 -a(均值)
命題得證#
2樓：網友
f(x)定義域是x>0
f'(x)=x-a+ (a+1)/x
令f'(x)>0
x²-ax+（a+1）>0
x-a）（x-1）>0
由於a>1
所以x>a或者x<1
所以。f(x)在(0,1)單調增 ，在（1，a）單調減，在（a，+∞單調增。
證明：要證明f(x1)-f(x2)/x1-x2 >-1
即(f(x1)-f(x2)+x1-x2)(x1-x2)>0
f(x1)-f(x2)+x1-x2
1/2 x1^2 -ax1 +(a+1)lnx1 -1/2x2^2+ax2-(a+1)lnx2+x1-x2
1/2(x1+x2)(x1-x2)-a(x1-x2)+(a+1)ln(x1/x2)+x1-x2
x1-x2)(1/2 x1+1/2 x2-a+1)+(a+1)ln(x1/x2)
這個要利用單調性了…
5.已知函式f(x)=ln(ax)-x+a,其中a>0(1)求f
3樓：殤雪璃愁
第二問解答如下。
lnx-x<(a+1)lna-a＝alna+lna-a，令f(x)＝lnx-x，g(a)＝(a+1)lna-a
可以得到f'(x)＝(1-x)/x，在(0，1)上遞增仿早，(1，+∞遞減，有f(x)max＝f(1)＝-1
而g'(a)＝lna+1/a，g''(a)＝(a-1)/x²，可知，g'(a)在(0，1)上遞減，在(1，+∞上遞增，因此g'(a)>g'(1)＝1>0，所以g(a)在(0，+∞上遞增，因為f(x)《正大廳g(a)恆成立，所以有f(x)max-1，又因為g(1)＝-1，且g(a)在定義舉隱域內單調遞增，所以滿足g(a)>-1的解集為a>1，即實數a的取值範圍為(1，+∞
已知函式f(x)=x-1/2axˆ2-ln(1+x),其中a∈r （1）求f
4樓：網友
一、 f(x)=x-1/2axˆ2-ln(1+x)，f'(x)=1- ax - 1/（1+x) ，f''(x)= - a + 1/（1+x) ˆ2 =1/（1+x) ˆ2 - a
當x=0 時，f'(x)=0 ，f''(x)= 1-a ≠0 ，故f(x)在x=0有極值 ，極值f(0) = 0 ，當f'(x）= 1- ax - 1/（1+x) >0 時，即（1+x)（1- ax ）>1
求得：a<1/（1+x），x< (1-a ) / a 時，f(x) 是單調增，x 的區間是（-∞0] ，f(x) 的區間是（-∞0]
同理當f'(x）= 1- ax - 1/（1+x)< 0 時，求得：a>1/（1+x），x> (1-a ) / a 時 ，f(x) 是單調減，x 的區間是 [0 ，﹢f(x) 的區間是[0 ，﹢
二、因為f（x）在[0，﹢∞上的最大值是0 ，故f(x) 是單調減，因 f''(0)= 1- a < 0
求得：a的取值範圍是 a > 1
已知函式f(x)=lnx-ax+(1-a)/x-1，設g(x)=x^2-2bx+4時，當a=1/4時，若對任意0＜x1＜2，
5樓：魚月一會
當a=1/4時，在f(x)（0，1）上是減函式，在（1，2）上是增函式。
所以對任意0即存在1≤x≤2，使g(x)=x²-2bx+4≤-1/2即2bx≥x²+9/2，即2b≥x+9x/2，在【11/2,17/4】範圍內所以2b≥11/2，解得b≥11/4，即實數b取值範圍是[11/4,+∞
6樓：網友
當a=1/4時，在f(x)（0，1）上是減函式在（1，2）上是單調遞增。
所以對任意0即存在1≤x≤2，使g(x)=x²-2bx+4≤-1/2得到2bx≥x²+9/2，即2b≥x+9x/2，在【11/2,17/4】範圍內所以2b≥11/2，解得b≥11/4，即實數b取值範圍是[11/4,+∞
已知函式f（x）=（2-a）（x-1）-2lnx.當a=1時,
7樓：網友
當x=1時，f(x)=x-1-2lnx. f(x)'=1-2/x. 當 x=2 時f(x)'=0此時f（x）取得極值，f(x)=f（2）=1-2ln2
已知函式f(x)=-2a²lnx+1/2x²+ax
8樓：方方
求導，然後根據導數與0的關係來判斷函式的單調性。導數值為0且該點兩邊導數值變號了那就是極值。這些題要多練習。
已知函式f(x)=ax2+ln(x+1).(ⅰ)當a=14時，求函式f(x)的單...
9樓：蓋皛顧釗
解答：解：(ⅰ當a=
時，f(x)=
x2+ln(x+1)(x＞-1)，f′(x)=
x+x+1x2+x+2
2(x+1)
x＞-1)，x＞-1，x2+x+2=(x+
0，f′(x)＞0，函式f(x)的單調遞增區間為(-1，+∞
∵當x∈[0，+∞時，不等式f(x)≤x恆成立，即ax2+ln(x+1)-x≤0恆成立，設g(x)=ax2+ln(x+1)-x(x≥0)，只需g(x)max≤0即可。
由g′(x)=2ax+
x+1x[2ax+(2a-1)]
x+1ⅰ)當a=0時，g′(x)=-xx+1
x＞-1)，當x＞0時，g′(x)＜0，函式g(x)在(0，+∞上單調遞減，故g(x)≤g(0)=0成立。
當a＞0時，由g′(x)=
x[2ax+(2a-1)]
x+10，x∈[0，+∞x=
2a1，若。
2a1＜0，即a＞
時，在區間(0，+∞上，g′(x)＞0，則函式g(x)在(0，+∞上單調遞增，g(x)在[0，+∞上無最大值(或：當x→+∞時，g(x)→+此時不滿足條件；若。
2a1≥0，即0＜a≤
時，函式g(x)在(0，1
2a1)上單調遞減，在區間(
2a1，+∞上單調遞增，同樣g(x)在[0，+∞上無最大值，不滿足條件。
當a＜0時，g′(x)=
x[2ax+(2a-1)]
x+1x∈[0，+∞2ax+(2a-1)＜0，g′(x)＜0，故函式g(x)在[0，+∞上單調遞減，故g(x)≤g(0)=0成立。
綜上所述，實數a的取值範圍是(-∞0].
證明：據(ⅱ)知當a=0時，ln(x+1)≤x在[0，+∞上恆成立，又。
2n2n-1+1)(2n+1)
2n-1+1
2n+1，lnln(1+
ln(1+ln(1+
+ln[1+
2n2n-1+1)(2n+1)
2n2n-1+1)(2n+1)
2n-1+1
2n+12n+1＜1，lnln(1+
ln(1+ln(1+
+ln(1+
2n2n-1+1)(2n+1)
2n2n-1+1)(2n+1)
2n-1+1
2n+12n+1
2n2n-1+1)(2n+1)＜e.
已知函式f(x)=|x-a|-a/2×(lnx)，a∈r.
10樓：衡梅範和璧
由已知：(1)a∈r,f(x)=|x-a|-a/2×lnx
x∈﹙0,﹢∞涉及絕對值符號，∴先去掉絕對值符號應分兩種情況：①當x-a≥0時即a/x≤1，f(x)=x-a-a/2×lnx
且。x∈﹙0,﹢∞故其導函式為：f′﹙x﹚=1-a/2x
a/x≤1,0＜1/2≤1-a/2x=f′﹙x﹚，∴在x∈[a,﹢∞f(x)=x-a-a/2×lnx單調增敗激；
當x-a＜0時即a/x＞1，f(x)=a-x-a/2×lnx
故其導函式f′﹙x﹚=-1-a/2x＜-3/2＜0，∴對於x∈坦殲﹙﹣∞a﹚f(x)=a-x-a/2×lnx單調減；
綜上，函式f(x)單調增區間和減區間分別為[a,﹢∞a﹚
2)由已知及影象知：f(x)min=f(a)=-a/2lna=alna＜0,a＞1且x1＜a＜x2;
下面來判斷第乙個零點x1和1的大小，x=1代入f(x)=a-x-a/2×lnx且。
x∈﹙0，a﹚,∴f(1)=a-1＞0
且f(x1)=0，又∵x∈﹙﹣a﹚察信襪f(x)=a-x-a/2×lnx單調減；∴x1＞1,即有1＜x1＜a＜x2;
在比較x2和a²的大小。
a＞1，∴a²＞a＞1且x∈[a,﹢∞f(x)=x-a-a/2×lnx單調增；又f(a²)=a²-a-alna
為判斷f(a²)的正負，不妨令g(a)=-alna
g′(a)=-1+lna)∵a＞1
lna＞0,g′(a)＜-1＜0,g(a)max=g(1)＜0
a²-a＞0
f(a²)＞0又f(x2)=0
x2＜a²綜上有：1＜x1＜a＜x2＜a²
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