1樓:手機使用者
(1)函式f(x)的定義域為(0,+∞)、...(1分)f′(x)=1x
+a?2a
x=?2a
x+ax+1x、
因為x=1是函式y=f(x)的極專值點,所屬以f'(1)=1+a-2a2=0、...(5分)
所以a=?1
2或a=1、
經檢驗,a=?1
2或a=1時,x=1是函式y=f(x)的極值點、所以a的值是?1
2或1、...(6分)
(2)由(1)知:f′(x)=1
x+a?2a
x=?2a
x+ax+1x、
若a=0,f′(x)=1
x>0,所以函式f(x)的單調遞增區間為(0,+∞); ...(8分)若a>0,令f′(x)=(2ax+1)(?ax+1)x=0,解得x
=?12a
,x=1a、
當a>0時,f'(x),f(x)的變化情況如下表x(0,1a)
1a(1a
,+∞)
f'(x)+0
- f(x)
↗極大值
↘∴函式y=f(x)的單調遞增區間是(0,1a),單調遞減區間是(1
a,+∞)....(12分)
已知函式f(x)=|x?a|?9x+a,x∈[1,6],a∈r.(1)若a=6,寫出函式f(x)的單調區間,並指出單調性;(2
2樓:116貝貝愛
解題過程如下:
∵1∴f(x)=2a-(x+9x)
1≤x≤ax-9x,a當1增函式
在[a,6]上也是增函式
∴當x=6時,f(x)取得最大值為f(6)=6-96=92∴f(x)是增函式
性質:一般地,設函式f(x)的定義域為d,如果對於定義域d內的某個區間上的任意兩個自變數的值x1,x2,當x1設函式f(x)的定義域為d,如果對於定義域d內的某個區間上的任意兩個自變數的值x1, x2,當x1證明函式單調性的方法為:
1)取值:設
為該相應區間的任意兩個值,並規定它們的大小,如;2)作差:計算
,並通過因式分解、配方、有理化等方法作有利於判斷其符號的變形;
3)定號:判斷
的符號,若不能確定,則可分割槽間討論。
3樓:蚯蚓不悔
(1)當a=6時,∵x∈[1,6],∴f(x)=a-x-9
x+a=2a-x-9
x;任取x1,x2∈[1,6],且x1 則f(x1)-f(x2)=(2a-x1-9 x)-(2a-x2-9 x)=(x2-x1)+(9x-9 x)=(x2-x1)?xx?9 xx,當1≤x1 當3≤x1 (2)當x∈[1,a]時,f(x)=a-x-9 x+a=-x-9 x+2a; 由(1)知,當x∈[1,3)時,f(x)是增函式,當x∈[3,6]時,f(x)是減函式; ∴當a∈(1,3]時,f(x)在[1,a]上是增函式; 且存在x0∈[1,a]使f(x0)>-2成立, ∴f(x)max=f(a)=a-9 a>-2, 解得a> 10-1; 綜上,a的取值範圍是. (3)∵a∈(1,6),∴f(x)= 2a?x?9 x ...(1≤x≤a) x?9x ...(a ,1當1 ∴當x=6時,f(x)取得最大值92. 2當3 而f(3)=2a-6,f(6)=92, 當3 4 時,2a-6≤9 2,當x=6時,f(x)取得最大值為92. 當214 ≤a<6時,2a-6>9 2,當x=3時,f(x)取得最大值為2a-6. 綜上得,m(a)=92 ...(1≤a≤214) 2a?6 ...(21 4 已知函式f(x)=lnx+ax2-(a+1)x(a∈r).(i)若函式y=f(x)有兩個不同的極值點,求實數a的取值範圍 4樓:濤濤jy6嶯 解答:(i)62616964757a686964616fe4b893e5b19e31333335333664 解:函式f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=1 x+2ax?(a+1)=2ax ?(a+1)x+1x. 由題意知,方程2ax2-(a+1)x+1=0在(0,+∞)上有兩個相異實根, 則a≠0且 △=(a+1) ?4?2a>0 a+12a>01 2a>0 ?0 2或a>3+2 2.即知實數a的取值範圍是(0,3?2 2)∪(3+2 2,+∞). (ii) 解:f′(1)=a,切線l的方程為y=f′(1)(x-1)+f(1)=a(x-1)-1=ax-(a+1) 建構函式g(x)=f(x)-[ax-(a+1)]=lnx+ax2-(2a+1)x+(a+1),則g(1)=0. 依題意g(x)的函式值在x=1附近的兩側異號,因此x=1一定不是g(x)的極值點.g′(x)=1 x+2ax?(2a+1)=2ax ?(2a+1)x+1 x=(x?1)(2ax?1) x1若a<0,則g′(x)=2a(x?1)(x?12a) x.當x∈(0,1)時,g′(x)>0; x∈(1,+∞)時,g'(x)<0.則x=1是g(x)的極大值點,不符合題意; 2若a=0,則g′(x)=?x?1 x.當x∈(0,1)時,g′(x)>0; x∈(1,+∞)時,g′(x)<0. 則x=1是g(x)的極大值點,不符合題意; 3若0 2,則g′(x)=2a(x?1)(x?12a) x,其中1 2a>1. 當x∈(0,1)時,g′(x)>0;當x∈(1,1 2a)時,g′(x)<0,則x=1是g(x)的極大值點,不合題意. 4若a=1 2,則1 2a=1,g′(x)=(x?1) x≥0,故g(x)在(0,+∞)上單調遞增,符合題意. 5當a>1 2時,則g′(x)=2a(x?1)(x?12a) x,其中0<1 2a<1,當x∈(1 2a,1)時,g′(x)<0 當x∈(1,+∞)時,g′(x)>0,則x=1是g(x)的極小值點,不合題意. 綜上可得,a=12. 已知函式f(x)=lnx+ax+2(a∈r),在x=12時取得極值.(i)求a的值;(ii)若f(x)=λx2-3x+2-f(x) 5樓:手機使用者 (i)依題意f′(x)=1 x+a. 因為在x=1 2時取得極值,所以f′(1 2)=2+a=0,則a=-2...(內2分) 經檢驗,a=-2滿足題意....(4分) (ii)由容(i)知f(x)=lnx-2x+2則f(x)=λx2-lnx-x, 則f′(x)=2λx ?x?1x. 令f'(x)=0,2λx2-x-1=0. 因為λ>0,所以△=1+8λ>0, 方程有兩異號根設為x1<0,x2>0. 因為x>0,所以x1應捨去. 當x∈(0,x2)時,f'(x)<0,f(x)在(0,x2)上單調遞減; 當x∈(x2,+∞)時,f'(x)>0,f(x)在(x2,+∞)單調遞增. 當x=x2時,f'(x2)=0,f(x)取最小值f(x2)....(9分) 因為f(x)=0有唯一解,所以f(x2)=0,則λx?lnx ?x=0 2λx?x ?1=0 因為λ>0,所以2lnx2+x2-1=0(*)設函式h(x)=2lnx+x-1,因為當x>0時,h(x)是增函式,所以h(x)=0至多有一解.因為h(1)=0,所以方程(*)的解為x2=1,代入方程組解得λ=1....(12分) 解 bai f x sin2xcos du 6 cos2xsin 6 sin2xcos 6 cos2xsin 6 1 cos2x 2sin2xcos 6 cos2x 1 3sin2x cos2x 1 2sin 2x 6 1 1 f x 取得最大值3,此時2x 6 2 2k zhi即x 6 k k z... 解 1 當a 0時，由 1 sin 2x 6 1，則 5 2asin 2x 6 2a 5 4a 5,當a 0時，同理可得 4a 5 2asin 2x 6 2a 5 5,所以f x 的值域為 當a 0時，f x 5,4a 5 當a 0時，f x 4a 5,5 2 當a 2時，由 1 易知f x 4si... f x 1 cotx sin 2 x 2sin x 4 sin x 4 sin 2 x sinxcosx sinx cosx sinx cosx sin 2 x sinxcosx sin 2 x cos 2 x sinxcosx cosxcosx sinxcosx cosxcosx sin 2x c...已知函式fxsin2x6sin2x
已知函式f x2asin 2x6 2a
已知函式f（x1 cotx）sin 2 x 2sin x4 sin x4 ,若tana 2，求f（a）