1樓：武念夢
（ⅰ）zhi
由題意，f′(x)＝dao2x+2?4
x，由函式的定義域為（回0，+∞），
令f′（x）＞0，可得x＞1；f′（x）＜0，可得0＜x＜1，∴函式在答x=1處取得極小值f（1）=3；
（ⅱ）由題意，f′(x)＝2x+2+a
x≥0對x∈（0，1）恆成立或f′(x)＝2x+2+ax≤0對x∈（0，1）恆成立，
即a≥-2x（x+1）x∈（0，1）或a≤-2x（x+1）x∈（0，1）
所以a≥0或a≤4．
已知函式f（x）=x2+2x+alnx，a∈r．（ⅰ）當a=-4時，求f（x）的極值；（ⅱ）若f（x）在區間（0，1）上無
2樓：小傳君
f′（x）=2x+2+a
x=2x
+2x+a
x（x＞0）．
（ⅰ）當a=-4時，f′（x）=2x+2-4x=2(x+2)(x?1)x．
令f′（x）=0，解得x=-2或x=1．
當 x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）是減函式，當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）是增函式．∴x=1是 f （x） 是極小值點，故f（x）的極小值為3；
（ⅱ）由於f（x）在區間（0，1）上無極值點，故f′(x)＝2x+2+a
x≥0對x∈（0，1）恆成立或f′(x)＝2x+2+ax≤0對x∈（0，1）恆成立，
即a≥-2x（x+1）或a≤-2x（x+1）在x∈（0，1）上恆成立，
由於y=-2x（x+1）在（0，1）上減函式，故ymin=-4，ymax=0
所以a≥0或a≤-4
（ⅲ）∵f（x）=x2+2x+alnx，對任意t≥1，有f（2t-1）≥2f（t）-3，
∴2t2-4t+2≥2alnt-aln（2t-1）=alnt2t?1
，當t≥1時，t2≥2t-1，∴lnt
2t?1
≥0，即t＞1時，a≤2(t?1)
lnt2t?1
恆成立．
又由ln（1+x）≤x在x＞-1上恆成立，∴lnt
2t?1
=ln[1+(t?1)
2t?1
]≤(t?1)
2t?1
＜(t?1)
在t＞1上恆成立，當t=1時取等號，
∴當t≥1時，lnt
2t?1
＜（t-1）2，故a≤2，
則a的取值範圍為（-∞，2]．
已知函式f（x）=x2-alnx，a∈r．（ⅰ）當a=4時，求函式f（x）在[1，e]上的最小值及相應的x的值；（ⅱ）若
3樓：回憶
（ⅰcopy）a=4時，f（x）=x2-4lnx，∴f（x）的定義域為x＞0，f′
(x)＝2x?4x，
由f′(x)＝2x?4
x=0，得x=
2，或x=-
2（舍），
∵f（1）=1-4ln1=1，f（2
）=1-4ln
2=1-2ln2，
f（e）=1-4lne=-3，
∴函式f（x）在[1，e]上的最小值為-3，相應的x的值為e．（ⅱ）f（x）≥（a-2）x等價於a（x+lnx）≤x2+2x，∵x∈[2，e]，∴x+lnx＞0，
∴a≤x
+2xx+lnx
，x∈[2，e]，
令g（x）=x
+2xx+lnx
，x∈[2，e]，g′
(x)＝x
?x?2+(2x+2)lnx
(x+lnx)
=(x+1)(x?2+2lnx)
(x+lnx)
，當x∈[2，e]時，x+1＞0，lnx≤1，x-2+2lnx＞0，從而g′（x）≥0（僅當x=1時取等號），所g（x）在[2，e]上為增函式，
故g（x）的最小值為g（2）=8
2+ln2
，所以a的取值範圍是（-∞，8
2+ln2）．
設函式f（x）=x2+2x+alnx，a∈r，其導函式為f′（x）；（ⅰ）當a=-4時，求f（x）的單調區間；（ⅱ）當a≤
已知函式f(x)＝2x+2x+alnx，a∈r．（1）若a=-4，求函式f（x）的單調區間；（2）若函式f（x）在[1，+∞）
4樓：手機使用者
由函式f(x)＝2x+2
x+alnx知，
f′抄(x)＝2?2x+a
x≥襲0，x＞
bai0
（du1）當a=-4時，
f′(x)＝2?2x?4
x，x＞0，
令f′（x）＞0，則2?2x?4
x＞0，由於x＞0，即zhi得2x2-4x-2＞0，即x2-2x-1＞0，解得：
x＞1+
2；dao
令f′（x）＜0，則2?2x?4
x＜0，由於x＞0，即得2x2-4x-2＜0，即x2-2x-1＜0，解得：0＜x＜1+2．
因此，函式f(x)＝2x+2
x?4lnx的單調增區間是(1+
2，+∞)，單調減區間是(0，1+2)．
（2）由於函式f（x）在[1，+∞）上單調遞增，則f′(x)＝2?2x+a
x≥0在[1，+∞）上恆成立．
由於x≥1，得到2x?2
x+a≥0即a≥2
x?2x在[1，+∞）上恆成立．
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已知函式f(x)＝x2+2x+alnx，a∈r（ⅰ）若a=-4，求函式f（x）的單調區間；（ⅱ）若函式f（x）在[1，+∞）
5樓：手機使用者
（ⅰ）bai由題意得，f(x)＝x+2x
?4lnx?f′(x)＝2x?2
x? 4
x．由函
du數的zhi定義域為x＞dao0，
∴f'（x）＞0?x＞5+1
2，f'（x）＜版0?0＜x＜5+1
2．∴函權數的單調遞減區間為（0，5+1
2），單調遞增區間為（5+1
2，+∞）
（ⅱ）f′(x)＝2x?2x+a
x函式f（x）在[1，+∞）上單調遞增，∴f′（x）≥0在[1，+∞）上恆成立
∴a≥2
x?2x
在[1，+∞）上恆成立
令h(x)＝2
x?2x
，x∈[1，+∞），則問題等價於a≥h（x）max∵h(x)＝2
x?2x
在[1，+∞）上單調遞減
∴h（x）max=h（1）=0，∴a≥0
（ⅲ）g（x）=x2f'（x）=2x3+ax-2，g′（x）=6x2+a
①a≥0，g，（x）=6x2+a＞0恆成立，g（x）在（0，+∞）上單調遞增，
∴g（x）沒有最小值．
②a＜0，g，（x）=6x2+a=0，∴x＝?a6∴函式在（0，?a6
）上單調遞減，在（?a6
，+∞）上單調遞增
∴g（x）在x＝?a6
處取得最小值
∴?a3?a6
+a?a
6?2＝?6，∴a=-6
∴f(x)＝x+2x
?6lnx
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
6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．
已知函式f（x）=x2+2x+alnx（a∈r）．（1）當a=0時，求f（x）的極值點；（2）若f（x）在[1，+∞）上單調
已知函式f（x）=x2+2x+alnx（a∈r）．①當a=-4時，求f（x）的最小值；②若函式f（x）在區間（0，1）上為
7樓：米色長裙
①∵f（x）=x2+2x-4lnx（x＞0）
∴f′(x)＝2x+2?4
x＝2(x+2)(x?1)
x（2分）
當x＞1時，62616964757a686964616fe4b893e5b19e31333335333737f'（x）＞0，當0＜x＜1時，f'（x）＜0
∴f（x）在（0，1）上單調減，在（1，+∞）上單調增
∴f（x）min=f（1）=3（4分）
②f′(x)＝2x+2+a
x＝2x
+2x+a
x（5分）
若f（x）在（0，1）上單調增，則2x2+2x+a≥0在x∈（0，1）上恆成立?a≥-2x2-2x恆成立
令u=-2x2-2x，x∈（0，1），則u＝?2(x+12)
+12，umax=0
∴a≥0（7分）
若f（x）在（0，1）上單調減，則2x2+2x+a≤0在x∈（0，1）上恆成立?a≤[-2x2-2x]min=-4
綜上，a的取值範圍是：（-∞，-4]∪[0，+∞）（9分）
③（2t-1）2+2（2t-1）+aln（2t-1）≥2t2+4t+2alnt-3恆成立a[ln（2t-1）-2lnt]≥-2t2+4t-2?a[ln（2t-1）-lnt2]≥2[（2t-1）-t2]（10分）
當t=1時，不等式顯然成立
當t＞1時，?a≤2[(2t?1)?t
]ln(2t?1)?lnt
在t＞1時恆成立（11分）
令u＝2[(2t?1)?t
]ln(2t?1)?lnt
，即求u的最小值
設a（t2，lnt2），b（2t-1，ln（2t-1）），k
ab＝ln(2t?1)?lnt
(2t?1)?t
，且a、b兩點在y=lnx的圖象上，又∵t2＞1，2t-1＞1，故0＜kab＜y'|x=1=1
∴u＝2?1
k＞2，故a≤2
即實數a的取值範圍為（-∞，2]（14分）
已知函式f xx
1.f x 單調，最點應該是端點，f 0 f 1 0loga 2 1 loga 3 1 0loga6 2 a 2 6 a sqr 6 2.根據題意 i 單調增 ii f 0 0 a 1 loga 4 1 0 恆成立 所以1 1 f x 單調，最值點應該是端點，f 0 f 1 0loga 2 1 lo...
高中數學已知函式f x x 2 2x，g x ax 2 a0 ，若任意x1屬於
對於copy所有的x1 1,2 存在x0 1,2 使得g x1 f x0 的條件 是f x 在 1,2 上的值域a 是f x 在 1,2 上的值域的子集b,因為a 1,3 b a 2，2a 2 所以 a 2 1且2a 2 3即a 3 已知函式 f x x 2 2x,g x ax 2 a 0 若任意x...
高中數學設函式fxx1xalnxa屬於R討
f x 1 x a x x ax 1 x x a 2 1 a 4 x 根據函式式，可知函式定義域為x 0 所以 1 當1 a 4 0時，即 2 a 2，f x 0,此時函式在定義域內單調遞增 2 當1 a 4 0時，即a 2或a 2，此時函式在x a 2 a 4 2或x2或a 2，此時函式在a 2 ...