1樓:徐少
-1/e²
解析://「數形結合」
//簡略解題
令y1=lnx,y2=1-ax,作出二者影象。
原問題等價於「y1與y2影象交點個數」。
臨界:y1與y2相切。
(y1)'=(y2)',y1=y2
即:1/x=-a................①lnx=1-ax.............②聯立解得,x=e²,a=-1/e²
(1) a<-1/e²時,y1和y2無交點(2) a=-1/e²時,y1和y2有一個交點(相切)(3) -1/e²
綜上,a=-1/e²或a≥0時,y1與y2有一個交點即,a=-1/e²或a≥0時,f(x)=lnx+ax-1有一個零點。
所以,a_min=-1/e²
2樓:iask1號
求導得到1/x+a,令其等於0,當a>0時,函式單調遞增,無最小值,a<0時,當x=-1/a,即為最大值,則-lna-2=0,推出a等於e^-2
不懂可以追問。
已知函式f(x)=lnx-ax2+ax恰好有兩個零點,則函式a的取值範圍為
3樓:善言而不辯
f(x)=lnx-ax²+ax 定義域x>0f'(x)=1/x-2ax+a=(-2ax²+ax+1)/x當分子δ=a²+8a≤0→-8≤a≤0時,分子恆≥0 f(x)單調遞增,最多一個零點
當a<-8
駐點x₁=[1-√(1+8/a)]/4 00∴f''(x)單調遞增
∴f''(x₂)>f''(¼)=-16-2a≥0∴x₂是極小值點 x₁是極大值點
∵極小值點x₂<1
∴極小值lnx x>0
∴f(x)1/4
∴x₂在對稱軸的左側,g(x)單調遞減 g(x₂)0時駐點x₁=[1+√(1+8/a)]/4 ([1-√(1+8/a)]/4 <0 不在定義域內)
f''(x)=-1/x²-2a
f''(x₁)=-16/[1+√(1+8/a)]²-2a<0∴x₁為極大值點,且為最大值點
∴f(x₁)≥f(1)=0
∴只要x₁≠1即a≠1時 f(x₁)>0恆成立∵x→0+及x→+∞是,f(x)均→-∞,由連續函式零點定理,f(x)必有兩個零點
∴a的取值範圍為a∈(0,1)∪(1,+∞)
已知函式f(x)=lnx+ax(a∈r)有兩個不同的零點x1、x2.(ⅰ)求a的取值範圍;(ⅱ)設x0=x1+x22,f′(
4樓:手機使用者
(i)f
′(x)=1
x+a(x>0),當a≥0時,f′(x)>0,函式f(x)單調遞增,此時函式f(x)最多有一個零點,不符合題意,應捨去;
當a<0時,令f′(x)=0,解得x=-1a.當0<x<?1
a時,f′(x)>0,此時函式f(x)單調遞增;當x>?1a時,f′(x)<0,此時函式f(x)單調遞減法.可知-1
a是函式f(x)的極大值點即最大值點,且當x→0時,f(x)→-∞;當x→+∞時,f(x)→-∞.
又函式f(x)=lnx+ax(a∈r)有兩個不同的零點x1、x2.∴f(x)max>0,即ln(?1
a)?1>0,解得?1
e<a<0.
∴a的取值範圍是(?1
e,0).
(ii)不妨設x1<x2.
由(i)可知:0<x
<?1a<x.
∵x>?1
a時,函式f(x)單調遞減,∴只要證明x+x2>?1a
即可,變為?2a?x
>?1a
.設g(x)=ln(?2
a?x)+a(?2
a?x)?(lnx+ax),∴g′
(x)=12a
+x?2a?1
x=?2(ax+1)
x(2+ax)
>0,x∈(0,?2
a),且g(?1
a)=0.
∴g(?2a?x
)>g(?1a).
∴?2a
?x>?1a.
(iii)由(ii)可得:x+x2
>?1a
.∵lnx1+ax1=0,lnx2+ax2=0,∴lnx1+lnx2=-a(x1+x2)>?a×(?2a)=2,∴xx>e.
已知函式f(x)=lnx-ax,a為常數。若函式f(x)有兩個零點x1,x2,試證明x1x2>e^2
5樓:匿名使用者
先求導y'=1/x-a,令y'=0,x=1/a,可得函式在1/a處取得最大值為
-lna+1>0,得0兩個零點分內別為x1,x2,且設x1<1/a lnx1+lnx2=a(x1+x2),可得ln(x1x2)=a(x1+x2),要證原命題,只要容證明x1+x2>2/a.
x1<1/a,則2/a-x1>1/a.
因為函式在x>1/a時單調遞增,只要證明ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)>0就可得x2>2/a-x1
設函式g(x)=ln(2/a-x)-a(2/a-x)-(lnx-ax),
g'(x)=1/(x-2/a)+2a-1/x=2a(x-1/a)^2/[x(x-2/a)],可得在(0,2/a)上g'(x)<0,且g(1/a)=0,
所以,當00,x1<1/a,所以g(x1)>0,即ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)-(lnx1-ax1)>0,
所以ln(2/a-x1)-a(2/a-x1)>0,得證。
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