1樓:枉生
(1)當m=-1時,62616964757a686964616fe58685e5aeb931333337373639f(x)=-x2-x+lnx,
所以f′(x)=-2x-1+1
x=-(2x?1)(x+1)x,
所以當0 2,f′(x)>0,當x>1 2,f′(x)<0, 因此當x=1 2時,f(x)max=f(1 2)=-3 4-ln2.(3分) (2)f′(x)=2mx-1+1 x=2mx ?x+1x, 即2mx2-x+1<0在(0,+∞)上有解. 1m≤0顯然成立; 2m>0時,由於對稱軸x=1 4m>0,故△=1-8m>0,所以m<18, 綜上,m<1 8.(8分) (3)因為f(1)=m-1,f′(1)=2m,所以切線方程為y-m+1=2m(x-1),即y=2mx-m-1, 從而方程mx2-x+lnx=2mx-m-1在(0,+∞)上只有一解. 令g(x)=mx2-x+lnx-2mx+m+1,則g′(x)=2mx-1-2m+1 x=2mx ?x?2mx+1 x=(2mx?1)(x?1) x(10分) 所以1°m=1 2,g′(x)≥0,所以y=g(x)在x∈(0,+∞)單調遞增,且g(1)=0,所以mx2-x+lnx=2mx-m-1只有一解.(12分) 2°0 2,x∈(0,1),g′(x)>0;x∈(1,1 2m),g′(x)<0;x∈(1 2m,+∞)),g′(x)>0, 由g(1)=0及函式單調性可知g(1 2m)<0, 因為g(x)=mx[x-(2+1 m)]+m+lnx+1,取x=2+1 m,則g(2+1 m)>0. 因此在(1 2m,+∞)),方程mx2-x+lnx=2mx-m-1必有一解,從而不符題意(14分) 3°m>1 2,x∈(0,1 2m),g′(x)>0;x∈(1 2m,1)),g′(x)<0;x∈(1,+∞),g′(x)>0, 同理在(0,1 2m),方程mx2-x+lnx=2mx-m-1必有一解,從而不符題意.(16分) 已知函式f(x)=lnx-mx(m屬於r) 1、求函式f(x)在區間【1,e】上的最大值 2 2樓:善言而不辯 f(x)=lnx-mx f'(x)=1/x-m 當1/e≤m≤1時,du存在駐點zhix=1/m,x∈[1,e] f''(x)<0,f(1/m)為最大值=-lnm-1當m<1/e時,f'(x)>0,f(x)單調dao遞增,最大值=f(e)=1-me 當m>1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,回最大值=f(1)=-m (2)f(x)+mx≤bx≤e^x 即lnx≤bx≤e^x恆成立 答令g(x)=bx-lnx g'(x)=b-1/x 駐點:x=1/b g''(x)=1/x2恆大於0 ∴g(1/b)是最小值≥0 1+lnb≥0→b≥1/e 再令h(x)=e^x-bx h'(x)=e^x-b 駐點:x=lnb h''(x)=e^x恆大於0 ∴h(lnb)是最小值≥0 b-blnb≥0 b≤e∴b的取值範圍:1/e≤b≤e 與x軸的交點至少有一個在原點的右側有兩種情況 1.兩個交點都在右側 2.一個交點在左側另一個在右側。如果是第一種情況，需滿足 1.m 3 0 5 4m m 0 5 10m 9 0 2.兩根之和大於0 3.兩根之積大於0如果是第二種情況，需滿足 1.m 3 0 5 4m m 0 5 10m 9 0 3... 解 令h x ax 2 x 1 1 值域為r意味著h x 可以取到 0,間的任何值i a 0,h x x 1 可以取到 0,間的任何值ii a 0,只需 0即可 即1 4a 0 a 0,1 4 iii a 0,此時h x 不能取到 0,間的任何值綜上a 0,1 4 2 定義域為r，h x 0恆成立 ... du1 zhi 當函式y 5m 3 x2 n m n 是一次函式時dao,2 n 1,且5m 3 版0,解得,n 1,m 3 5 2 當函式y 5m 3 x2 n m n 是正權比例函式時,2 n 1 m n 0 5m 3 0 解得,n 1,m 1.已知函式y 5m 3 x2 n m n 1 當m ...已知函式f x mx 2 m 3 x 1的影象與x軸的交
已知函式f（x）lg ax 2 x 1 求（1）當f（x）的值域為R時，實數a的取值範圍（2）當f（x）的定義域為R時
已知函式y5m3x2nmn1當m