1樓：匿名使用者
即證：來a(mlnm+nlnn)+a(m+n)ln2≥源a(m+n)ln(m+n)
化簡：mlnm+nlnn+(m+n)ln2≥(m+n)ln(m+n)
即：m[lnm+ln2-ln(m+n)]+n[lnn+ln2-ln(m+n)]≥0
即:mln[2m/(m+n)]+nln[2n/(m+n)]≥0
即：ln[2/(1+n/m)]+(n/m)ln[2/(1+m/n)]≥0
令x=n/m,即證函式：g(x)=ln[2/(1+x)]+xln[2x/(1+x)]≥0
求導可得：g′(x)=-1/(1+x)+ln[2x/(1+x)]+x[1/x-1/(1+x)]
=ln[2x/(1+x)]=0
解得：x=1。
當x≥1時g′(x)≥0，g(x)單調遞增；
當x≥1時g′(x)≤0，g(x)單調遞減。
所以g(x)最小值是g(1)=0.
所以f(m)+f(n)+a(m+n)ln2≥f(m+n)
2樓：匿名使用者
解法如下：
a(mlnm+nlnn)+a(m+n)ln2≥制a(m+n)ln(m+n)
化簡：mlnm+nlnn+(m+n)ln2≥(m+n)ln(m+n)
ln[2/(1+n/m)]+(n/m)ln[2/(1+m/n)]≥0
令x=n/m,即證函式：g(x)=ln[2/(1+x)]+xln[2x/(1+x)]≥0
求導可得：g′(x)=-1/(1+x)+ln[2x/(1+x)]+x[1/x-1/(1+x)]
=ln[2x/(1+x)]=0
解得：x=1。
當x≥1時g′(x)≥0，g(x)單調遞增；
當x≥1時g′(x)≤0，g(x)單調遞減。
所以g(x)最小值是g(1)=0.
所以f(m)+f(n)+a(m+n)ln2≥f(m+n)
3樓：手機使用者
即證bai
：a(mlnm+nlnn)+a(m+n)ln2≥a(m+n)ln(m+n)
化簡：mlnm+nlnn+(m+n)ln2≥du(m+n)ln(m+n)
即zhi：m[lnm+ln2-ln(m+n)]+n[lnn+ln2-ln(m+n)]≥0
即:mln[2m/(m+n)]+nln[2n/(m+n)]≥0
即：ln[2/(1+n/m)]+(n/m)ln[2/(1+m/n)]≥0
令x=n/m,即證函dao數：g(x)=ln[2/(1+x)]+xln[2x/(1+x)]≥0
求導可得：g′版(x)=-1/(1+x)+ln[2x/(1+x)]+x[1/x-1/(1+x)]
=ln[2x/(1+x)]=0
解得：x=1。
當x≥1時g′(x)≥0，g(x)單調遞增權
；當x≥1時g′(x)≤0，g(x)單調遞減。
所以g(x)最小值是g(1)=0.
所以f(m)+f(n)+a(m+n)ln2≥f(m+n)
已知函式fxlnx根號x2aa0若函式fx
fx ln x 根號 抄x2 a a 0 1若函式fx在r上為奇函式,求a的值 f x f x ln x 根號bai dux2 a zhi ln x 根號 x2 a lna 0則 a 1 2dao x 根號 x2 a 0 設 xt xs ln xt 根號 xt2 a ln xs 根號 xs2 a l...
已知函式fxx21,x01x0,若
y 1 x2在 0 上單調遞減 f x 4 f 2x 3 x 4 2x 3 0或 x?4 0 2x?3 0 解得 1 故答案為 1,4 已知函式f x 2 x,x 0 x2,x 0,若函式g x f x k x 1 恰有兩個零點,則實數k 如圖畫出f x 圖象之後,根據交點個數來判斷即可 然後利用正...
已知函式fxx22x,x0x22x,x0,若f
當a 自0時,f bai a f a a 2 2a a2 2a 2a2 4a 0,解得0 a 2.du 當a 2a2 4a 0,解得 2 a 0.2 a 2.a的取值範圍是 2,2 故答案為 2,2 已知函式f x x2 2x,x 0x2?2x,x 0.若f a f a 0,則a的取值範圍是 a.1...