1樓：匿名使用者
（i）f（x）的定義域為（0，+∞），
當a=1時，f（x）=x2-3x+lnx，f（x）=2x
?3x+1
x=(2x?1)(x?1)x，
由2x2-3x+1=0，得x1=1x2=12，由2x2-3x+1＞0，得x＜1
2，或x＞1，∴f（x）的單調遞增區間為（0，12），（1，+∞）．
由2x2-3x+1＜0，得1
2＜x＜1，∴f（x）的單調遞減區間為（12，1）．
∴f（x）極大值為f（1
2）=-5
4-ln2；極小值為f（1）=-2；
（ⅱ）由f（x）=2x-3+a
x的最小值為1，
由a＞0得，2x-3+ax≥2
2x?a
x-3=2
2a-3，
∴22a
-3=1，
∴a=2．
已知函式f（x）=x2-3x+alnx（a＞0）．（ⅰ）若a=1，求函式f（x）的單調區間和極值；（ⅱ）設函式f（x）圖
2樓：百度使用者
（i）f（x）的定義域為（0，+∞），
當a=1時，f（x）=x2-3x+lnx，f′(x)＝2x?3+1
x＝2x
?3x+1x．
由2x2-3x+1=0，得
x＝1，x＝12
，由2x2-3x+1＞0，得x＜1
2，或x＞1，∴f（x）的單調遞增區間為(0，12)，（1，+∞）．
由2x2-3x+1＜0，得1
2＜x＜1，∴f（x）的單調遞減區間為(12，1)．
∴f（x）極大值為f(1
2)＝?5
4?ln2；極小值為f（1）=-2；
（ii）由題意知f′(x)＝2x?3+ax≥22a?3＝1，∴a=2．
此時2x＝a
x，即2x＝2
x，∴x=1，∴切點為（1，-2），
∴此時的切線l方程為：x-y-3=0．
已知函式f（x）=alnx-ax-3（a∈r）．（ⅰ）當a=1時，求函式f（x）的單調區間；（ⅱ）若函式y=f（x）的圖
3樓：正明思想
求導數可得：f'（x）=a
x?a（a＞0）
（i）當a=1時，f′(x)＝1?xx，
令f'（x）＞0時，解得0＜x＜1，所以f（x）的單調遞增區間是（0，1）；
令f'（x）＜0時，解得x＞1，所以f（x）的單調遞減區間是（1，+∞）．
（ii）因為函式y=f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，所以f'（2）=1．
所以a=-2，∴f'（x）=?2
x+2．
∴函式g（x）=x3+x2[m
2+f′(x)]=x3+x2[m
2+2?2
x]=x3+（m
2+2）x2-2x，
∴g'（x）=3x2+（m+4）x-2
∵函式g（x）=x3+x2[m
2+f′(x)]在區間（2，3）上總存在極值，g'（0）=-2＜0∴只需g′(2)＜0
g′(3)＞0
∴?37
3＜m＜?9．
已知函式f（x）=x2+2x+alnx．（1）若函式f（x）在區間（0，1）上是單調函式，求實數a的取值範圍；（2）當
4樓：手機使用者
（1）函式f（x）的定義域是（0，+∞）
∵f（x）=x2+2x+alnx∴f
′(x)＝2x
+2x+a
x（x＞0），
設g（x）=2x2+2x+a，則g（x）=(x+12)?12
+a，∵函式f（x）在區間（0，1）上為單調增函式，∴g（0）≥0，或g（1）≤0，
∴a≥0，或2+2+a≤0，
∴實數a的取值範圍是．
（2）不等式f（2t-1）≥2f（t）-3可化為2t2-4t+2≥alnt2-aln（2t-1）
∴2t2-alnt2≥2（2t-1）-aln（2t-1）令h（x）=2x-alnx（x≥1），則問題可化為h（t2）≥h（2t-1）
∵t≥1，∴t2≥2t-1
要使上式成立，只需要h（x）=2x-alnx（x≥1）是增函式即可即g′(x)＝2?a
x≥0在[1，+∞）上恆成立，即a≤2x在[1，+∞）上恆成立，故a≤2
∴實數a的取值範圍是（-∞，2]．
已知函式f（x）=alnx-ax-3（a∈r）．（ⅰ） 若a＞0，求函式f（x）的單調區間；（ⅱ）若函式y=f（x）的圖
5樓：迷迭逆夏債
（ⅰ）f′(x)＝a(1?x)
x(x＞0)，
當a＞0時，f（x）的單調增區間為（0，1]，減區間為[1，+∞）；
（ⅱ）f′(2)＝?a
2＝1得a=-2，f（x）=-2lnx+2x-3∴g(x)＝x
+(m2
+2)x
?2x，
∴g′（x）=3x2+（m+4）x-2
∵g（x）在區間（t，3）上總不是單調函式，且g′（0）=-2∴g′(t)＜0
g′(3)＞0
，由題意知：對於任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恆成立，所以有：
g′(1)＜0
g′(2)＜0
g′(3)＞0
，∴?37
3＜m＜?9．
∴當m∈（-37
3，-9）內取值時對於任意的t∈[1，2]，函式g（x）=x3+x2[m
2+f′（x）]在區間（t，3）上總存在極值．
已知函式f（x）=x2-（a+2）x+alnx．其中常數a＞0．（1）當a＞2時，求函式f（x）的單調遞增區間；（2）當a
6樓：匿名使用者
（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，∴f′(x)＝2x?(a+2)+a
x=2x
?(a+2)x+a
x=(2x?a)(x?1)x，
∵a＞2，∴a
2＞1．
當0＜x＜1及專x＞a
2時，f′（x）＞0．當1＜x＜a
2時，f′（x）＜0，
∴f（x）的增區間是（0，1），屬（a
2，+∞）．
（2）a=4，f′（x）=2x+4
x?6，
∵x＞0，∴f
′(x)＝2x+4
x?6≥4
2-6，
不存在6x+y+m=0這類直線的切線．
由2x+4
x?6＝3得x＝1
2與x=4，當x＝1
2時，求得n＝?17
4?4ln2．
當x=4時，求得n=4ln4-20．
（3）y＝g(x)＝(2x+4x
?6)(x?x
)+x2
0?6x
+4lnx
，令h（x）=f（x）-g（x）=x
?6x+4lnπ?(2x+4x
?6)?（x-x0）-（x
?6x+4lnx
），則h（x0）=0，h′
(x)＝2x+4
x?6?(2x+4x
-6）=2（x-x0）（1-
已知函式f（x）=x2-（a+2）x+alnx．（ⅰ）當a=1時，求函式f（x）的極小值；（ⅱ）當a=-1時，過座標原點o
7樓：銀祭
（ⅰ）當a=1時，f′（x）=2x-3+1
x=2x
?3x+1
x=(x?1)(2x?1)
x，…2分
當0＜x＜1
2時，f′（x）＞0；當1
2＜x＜1時，f′（x）＜0；當x＞1時，f′（x）＞0．
所以當x=1時，函式f（x）取極小值f（1）=-2，…5分；
（ⅱ）當a=-1時，f′（x）=2x-1-1
x（x＞0），所以切線的斜率
k=2m-1-1
m=2m
?m?1m=n
m=m?m?lnm
m，整理可得m2+lnm-1=0，
顯然m=1是方程的解，又因為函式y=x2+lnx-1在（0，+∞）上是增函式，
所以方程有唯一的實數解，即m=1，…10分；
（ⅲ）當a=8時，函式y=f（x）在其圖象上一點p（x0，y0）處的切線方程為：
h（x）=(2x+8x
?10)(x?x)+x
?10x
+8lnx
，設f（x）=f（x）-h（x），則f（x0）=0，f′（x）=f′（x）-h′（x）
=（2x+8
x?10）-（2x+8x
?10）=2
x（x-x0）（x-4x）
若0＜x0＜2，f（x）在（x0，4
x）上單調遞減，所以當x∈（x0，4
x）時，
f（x）＜f（x0）=0，此時f(x)
x?x＜0，
若x0＞2，f（x）在（4
x，x0）上單調遞減，所以當x∈（4
x，x0）時，
f（x）＞f（x0）=0，此時f(x)
x?x＜0，
所以y=f（x）在（0，2）和（2，+∞）上不存在「轉點」，
若x0=2時，f′（x）=2
x(x?2)
，即f（x）在（0，+∞）上是增函式，
當x＞x0時，f（x）＞f（x0）=0，當x＜x0時，f（x）＜f（x0）=0，
故點p（x0，f（x0））為「轉點」，
故函式y=f（x）存在「轉點」，且2是「轉點」的橫座標，…15分
已知函式f（x）x2 2x，g（x）ax 2（a 0）對
函式f x x2 2x的圖象是開口向上的拋物線，且關於直線x 1對稱 x1 1，2 時，f 專x 的最小值為f 1 1，最大值為f 1 3，可得f x1 值域為 1，3 又 g x ax 2 a 0 屬x2 1，2 g x 為單調增函式，g x2 值域為 g 1 g 2 即g x2 2 a，2a 2...
已知函式f xx 3 3x 2 ax b e x,高
1 函式f x x 3 3x 2 3x 3 e x f x 3x 2 6x 3 e x x 3 3x 2 3x 3 e x x 3 9x e x 0 解得 x1 3,x2 0,x3 3 f x x 3 3x 2 9x 9 e x f x1 18 e 3 0,f x2 9 0,f x3 18e 3 函...
已知函式f（xx 2）lnx 證明f（x）大於負
已知函式f x lnx x a 2，a為常數 1 若當x 1時，f x 取得極值，求a的值，並求出f x 的單調增區間 2 若f x 存在極值，求a的取值範圍，並證明所有極值之和大於ln 2分之e 答案 1 f x 1x 2 x a 2x2 2ax 1 x，x 1時，f x 取得極值，f 1 0，3...