1樓:手機使用者
(62616964757a686964616fe58685e5aeb931333335333664i)f(x)定義域為(0,+∞),
f′(x)=1+1 x2
-a x
=x2 -ax +1 x2
,令g(x)=x2 -ax+1,△=a2 -4,
1當-2≤a≤2時,△≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增,
2當a<-2時,△>0,g(x)=0的兩根都小於零,在(0,+∞)上,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增,
3當a>2時,△>0,g(x)=0的兩根為x1 =a- a2
-4 2
,x2 =a+ a2
-4 2
,當0
故f(x)分別在(0,x1 ),(x2 ,+∞)上單調遞增,在(x1 ,x2 )上單調遞減.
(ii)由(i)知,a>2.
因為f(x1 )-f(x2 )=(x1 -x2 )+x
1 -x2
x1 x2
-a(lnx1 -lnx2 ),
所以k=f(x
1 )-f(x2 )
x1-x2=1+1 x1
x2-alnx
1 -lnx2
x1-x2,又由(i)知,x1 x2 =1.於是
k=2-alnx
1 -lnx2
x1-x2,若存在a,使得k=2-a,則lnx
1 -lnx2
x1-x2=1,即lnx1 -lnx2 =x1 -x2 ,
亦即x2
-1 x2
-2lnx
2 =0(x
2 >1) (*)
再由(i)知,函式h(t)=t-1 t
-2int 在(0,+∞)上單調遞增,
而x2 >1,
所以x2
-1 x2
-2inx
2 >1-1-2ln1=0,這與(*)式矛盾,
故不存在a,使得k=2-a.
設函式f(x)=-x分之1,在區間(0,+∞)內討論下列問題:
2樓:匿名使用者
解:(1)、因為
baif(x)=-x分之1,所以du當x1=1時,f(x1)=f(1)=-1,當x2=3時,f(x2)=f(3)=-1/3,
由於zhi-1<-1/3,所以daof(1)=-1版因為f(x1)-f(x2)=(-1/x1)-(-1/x2)=(x1-x2)/(x1x2)又x1,x2∈(0,+∞)權,且x1,所以x1x2>0,x1-x2<0,即(x1-x2)/(x1x2)<0,所以f(x1)-f(x2)<0,故f(x1) (3)、由(2)得:當x1,x2∈(0,+∞),若x1 若函式f(x)=x-1-alnx(a<0)對任意x1,x2∈(0,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤4|1x1-1x2|,則實數a的取 3樓:不茲道 當a<抄0時,f′(x)>0恆成立,此時,函式f(x)在(0,+∞)上是增函式, 又函式y=1 x在(0,1]上是減函式 不妨設0 則|f(x1)-f(x2)|=f(x2)-f(x1),∴|f(x1)-f(x2)|≤4|1x-1x|, 即f(x2)+4×1 x≤f(x1)+4×1 x設h(x)=f(x)+4 x=x-1-alnx+4x, 則|f(x1)-f(x2)|≤4|1x-1x|,等價於函式h(x)在區間(0,1]上是減函式∵h'(x)=1-ax-4 x=x?ax?4 x,∴x2-ax-4≤0在(0,1]上恆成立,即a≥x-4 x在(0,1]上恆成立,即a不小於y=x-4x在(0,1]內的最大值. 而函式y=x-4 x在(0,1]是增函式,∴y=x-4 x的最大值為-3 ∴a≥-3, 又a<0,∴a∈[-3,0). 故答案為:[-3,0). 一 求函式的解析式 1 函式的解析式表示函式與自變數之間的一種對應關係，是函式與自變數建立聯絡的一座橋梁，其一般形式是y f x 不能把它寫成f x，y 0 2 求函式解析式一般要寫出定義域，但若定義域與由解析式所確定的自變數的範圍一致時，可以不標出定義域 一般地，我們可以在求解函式解析式的過程中確... 顯然m 0，f mx mx 1 mx f mx mf x mx 1 mx m m x 0 2mx 1 m 2 m m 0時 x 1 m 2 m 2 不能滿足,對任意x 1,f mx mf x 0恆成立，故捨去 m 0時，x 1 m 2 m 2 要是不等式成立 1 m 2 m 2 1,解得m 1 解法... 紗很大 先寫 定義域x 0 1 f x x 2 2x 1 alnxf x 2x 2 a x 2x 2 2x a x1.4 8a 0即a 1 2 f x 0恆成立，所以f x 在定義域內是增函式 2.4 8a 0即a 1 2 f x 0，即2x 2 2x a 0 x1 1 1 2a 2，x2 1 1 ...填空題設函式fxx1xax為奇函式，則實書a
設函式fxx1x對任意x1fmxmfx《0恆成
已知函式f xx 1 2 alnx,（1）討論函式f