1樓：摯愛慧瑩鰩汔
（ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），f（x）的導數f'（x）=1+lnx．
令f'（x）＞0，解得x＞1e；
令f'（x）＜0，解得0＜x＜1e．
從而f（x）在（0，1
e）單調遞減，在（1
e，+∞）單調遞增．
所以，當x=1
e時，f（x）取得最小值-1e．
（ii）若2f（x）≥g（x），則a≤2lnx+x+3x，設h（x）=2lnx+x+3x，
則h′（x）=2
x+1-3x=x
+2x?3
x=(x+3)(x?1)
x∵x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，∴h（x）min=h（1）=4
故a≤4
即實數a的取值範圍為（-∞，4]
證明：（iii）若lnx＞1ex
?2ex
則lnx?x＞xex
?2e，由（i）得：lnx?x≥?1
e，當且僅當x=1
e時，取最小值；
設m（x）=xex
?2e，則m′（x）=1?xex
，∵x∈（0，1）時，m′（x）＞0，h（x）單調遞增，x∈（1，+∞）時，m′（x）＜0，h（x）單調遞減，故當x=1時，h（x）取最大值?1
e故對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞1ex?2ex成立．
已知函式f（x）=xlnx，g（x）=-x2+ax-3，（ⅰ）求函式f（x）的單調區間和最小值；（ⅱ）若對一切x∈（0，
2樓：夏末刷粉
（ⅰ）∵f（x）=xlnx，
∴f′（x）=1+lnx，x＞0，
由f′（x）=1+lnx＜0，可得0＜x＜1e，f′（x）=1+lnx＞0，可得x＞1e，∴函式f（x）的減區間為（0，1
e），增區間為（1
e，+∞）．
∴x=1
e時，函式取得最小值-1e；
（ⅱ）∵對一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恆成立，∴2xlnx≥-x2+ax-3，
∴a≤2lnx+x+3x，
令h（x）=2lnx+x+3x，
則h′（x）=(x+3)(x?1)
x當x＞1時，h（x）是增函式，
當0＜x＜1時，h（x）是減函式，
∴a≤h（1）=4．
即實數a的取值範圍是（-∞，4]．
已知函式f（x）=xlnx，g（x）=（-x2+ax-3）ex（a為實數）．（ⅰ）當a=5時，求函式y=g（x）在x=1處的切線
3樓：百度使用者
（ⅰ）當a=5時，g（x）=（-x2+5x-3）-ex，g（1）=e．
g′（x）=（-x2+3x+2）-ex，故切線的斜率為g′（1）=4e
∴切線方程為：y-e=4e（x-1），即y=4ex-3e；
（ⅱ）f′（x）=lnx+1，
x(0，1e)
1e(1e
，+∞)
f'（x）-0
+ f（x）
單調遞減
極小值（最小值）
單調遞增
①當t≥1
e時，在區間（t，t+2）上f（x）為增函式，
∴f（x）min=f（t）=tlnt；
②當0＜t＜1
e時，在區間(t，1
e)上f（x）為減函式，在區間(1
e，e)上f（x）為增函式，
∴f(x)
min＝f(1
e)＝?1
e；（ⅲ） 由g（x）=2exf（x），可得：2xlnx=-x2+ax-3，
a＝x+2lnx+3x，
令h(x)＝x+2lnx+3x，h
′(x)＝1+2x?3
x＝(x+3)(x?1)x．
x(1e，1)
1（1，e）
h′（x）-0
+ h（x）
單調遞減
極小值（最小值）
單調遞增
h(1e
)＝1e
+3e?2，h（1）=4，h（e）=3
e+e+2．
h(e)?h(1
e)＝4?2e+2
e＜0．
∴使方程g（x）=2exf（x）存在兩不等實根的實數a的取值範圍為4＜a≤e+2+3e．
已知f（x）=xlnx，g（x）=-x2+ax-3．（1）已知函式h（x）=g（x）+ax3的乙個極值點為1，求a的取值；（2）
4樓：哆啦a夢
（1）∵h（x）=-x2+ax-3+ax3，∴h′（x）=-2x+a+3ax2，
∵1是h（x）的極值點，∴h′（1）=-2+a+3a=0，解得a=12．
經驗證a＝12
滿足h（x）取得的極值的條件．
（2）∵f（x）=xlnx，∴f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，解得x＝1
e．當0＜x＜1
e時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；
當x＞1
e時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．
①0＜t＜t+2＜1
e無解；
②0＜t＜1
e＜t+2，即0＜t＜1
e，f(x)
min＝f(1
e)＝?1e．
③1e≤t＜t+2，即t≥1
e時，f（x）在[t，t+2]上單調遞增，f（x）min=f（t）=tlnt；
∴f（x）min=?1e
，當0＜t＜1e時
tlnt，當t≥1e時
．（3）2xlnx≥-x2+ax-3，則a≤2lnx+x+3x，設h（x）=2lnx+x+3
x（x＞0），則h
′(x)＝(x+3)(x?1)x，
令h′（x）＜0，解得0＜x＜1，∴h（x）在（0，1）上單調遞減；
令h′（x）＞0，解得1＜x，∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增，∴h（x）在x=1時取得極小值，也即最小值．∴h（x）≥h（1）=4．
∵對一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恆成立，∴a≤h（x）min=4．
已知f(x)=xlnx,g(x)=-x^2+ax-3
5樓：匿名使用者
對不起啊，老師
說導數我沒學，不可能一下做出這道題...
老師說記h(x)=lnx-1/e^x+2/ex用導數的方法求單調性，求出最小值大於0就可以了。
我開始以為是高一的函式題，想用換元做，走不出去..
唉..這是我用電腦做的圖，理論上是可以解的。
很遺憾，你應該求助團隊。
已知函式y sin 2x
1 值域是 1，1 2 週期是2 2 y sin 2x 3 sin 2x 5 3 3 對稱軸是 2x 5 3 k 2，即 x 1 2 k 5 12 4 sin 2x 5 3 3 2 2k 3 2x 5 3 2k 2 3得 k 2 3 x k 2，其中k z 已知函式y sin 2x 3 sin 2x...
已知函式f x acos 2 x sinx
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已知生產函式QL23K,已知生產函式QL23K13證明
規模報酬不變,邊際報酬遞減 前者是因為a b 1所以不變 後者分別求偏導數可證。我也是醉了,既然報酬遞減,又為何報酬不變呢?微觀經濟學 計算題部分 1 已知某企業的生產函式為q l2 3k1 3,勞動的 w 2,資本的 r 1。求 1 當 解 生產函式q l 2 3k 1 3 所以mpl 2 3l ...