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已知函数f（x）=axlnx（a为非零常数）图象上点（e，f（e））处的切线与直线y=2x平行（其中e=2.71828&）
已知函数f（x）=axlnx（a为非零常数）图象上点（e，f（e））处的切线与直线y=2x平行（其中e=2.71828&）．（Ⅰ）求函数f（x）解析式；（Ⅱ）求函数f（x）在[t，2t]（t＞0）上的最小值；（Ⅲ）若斜率为k的直线与曲线y=f'（x）交于A（x1，y1）、B（x2，y2）（x1＜x2）两点，求证：x1＜1k＜x2．
chaijin17的答复：
（1）解：因为f（x）=2lnx-ax+a， 所以f&（x）=2x?a． 因为曲线y=f（x）在（1，0）处的切线恰与直线y=x平行， 所以2-a=1， 所以a=1； （2）解：f&（x）=2x?a=2?axx（x＞0）， ①当a&0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+&）上是增函数； ②当a＞0时，令f'（x）=0，可得x=2a． 所以当x&（0，2a）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，2a）上是增函数； 当x&（2a，+&）时，f'（x）＞0，f（x）在（2a，+&）上是减函数． 所以当a&0时，f（x）的递增区间是（0，+&）； 当a＞0时，f（x）的递减区间是（2a，+&），f（x）的递增区间是（0，2a）； （3）证明：由（2）知，当a&0时，f（x）的递增区间是（0，+&），且f（1）=0， 所以x＞1时，f（x）＞f（1）=0，所以f（x）&0不恒成立； a＞0时，f（x）的递减区间是（2a，+&），f（x）的递增区间是（2a，+&）， 要使f（x）&0恒成立，则f（2a）&0即可， 所以求满足2ln2a+a-2&0成立的a． 令g（x）=2（ln2-lnx）+x-2，则g&（x）=x?2x（x＞0）， 所以有g（x）在（0，2（上单调递减，在（2，+&）上单调递增， 所以gmin（x）=g（2）=0， 所以当且仅当a=2时，f（x）&0恒成立 此时f（x）=2lnx-2x+2． 因为0＜x1＜x2， 所以f(x2)?f(x1)x2?x1＜2（1x2-1）等价于lnx2x1＜x2x1-1， 令t=x2x1（t＞1），则只需证明lnt＜t-1， 令h（t）=lnt-t+1，则h&（t）= 分享 评论 | 给力2 不给力0 鲿賄 | 四级 采纳率64% 擅长： 暂未定制 其他类似问&br/&&br/&
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函数f（x）= lnx＋ax2＋(2a+1)(1)讨论f(x)的单调性
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franciscococo知道合伙人
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按照你的写法x显然大于0求导得到f'(x)=1/x+2ax=(1+2ax²)/x显然若a大于等于0f'(x)&0，即f(x)恒增加若a&0，则1+2ax²&0即0&x&-1/2a *√(-2a)时，f(x)单调递增而x&-1/2a*√(-2a)时，f(x)单调递减
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十年磨一剑，霜刃未曾试。今日把示君，
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已知f（x）=ax2（a∈R），g（x）=2lnx．（1）讨论函数F（x）=f（x）-g（x）的单调性；（2）是否存在这样的a的值，使得f（x）≥g（x）+2（x∈R*）恒成立，若不存在，请说明理由；若存在...
已知f（x）=ax2（a∈R），g（x）=2lnx．（1）讨论函数F（x）=f（x）-g（x）的单调性；（2）是否存在这样的a的值，使得f（x）≥g（x）+2（x∈R*）恒成立，若不存在，请说明理由；若存在，求出所有这样的值．
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小宇ONsr3知道合伙人
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（1）∵f（x）=ax2（a∈R），g（x）=2lnx．函数F（x）=f（x）-g（x），∴F（x）=ax2-2lnx，其定义域为（0，+∞）（1分）∴2?1)x(x＞0)（i）当2?1＞0得x＞1a．由ax2?1＜0得0＜x＜1a故当．（4分）（ii）当a＜0时，F'（x）＜0（x＞0）恒成立故当a≤0时，F（x）在（0，+∞）上单调递减．（6分）（2）即使F（x）≥2在x＞0时恒成立．由（1）可知当a≤0时，x→+∞，则F（x）→-∞．F（x）≥2在x＞0时不可能恒成立．（7分）∴a＞0，由（1）可知min(x)＝F(1a)＝1?2ln1a＝1?ln1a（10分）∴即可，∴lna≥1，∴a≥e，故存在这样的a的值，使得f（x）≥g（x）+2（x∈R+）恒成立．a的取值范围为[e，+∞）．（12分）
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