1樓：匿名使用者
g(x)=f(x)-lnx+x^2=g(x)=e^x-mx-lnx+x^2
令p(x)=e^x-lnx+x^2 ;q(x)=mx
即求曲線p(x)與曲線q(x)有兩個交點
由於p'(x)=e^x-1/x+2x在(0,正無窮)上單調遞增，且x無限接近零時，p'(x)<0
所以只有一點a，使p'(a)=0，又因為p'(1)=e+1，
所以0q(x)
可知，當m使q(x)與p(x)相切時滿足g(x)有一個零點，設切點為（b,p(b)）
且當m>p(b)/b時，q(x)與p(x)有兩個交點，即g(x)有兩個零點
以下求出切點位置即可，
若兩曲線相切於點（b,p(b)）有切線方程
y-p(b)=(e^b-1/b+2b)(x-b)
滿足p(b)-(e^b-1/b+2b)(-b)=0
化簡得(b-1)e^b=1-b^2-lnb
由於y1=(x-1)e^x在(0,正無窮)上單調遞增（因為y1'=e^x）
y2=1-x^2-lnx在(0,正無窮)上單調遞減（因為y2'=-2x-1/x）
所以兩曲線最多有一個交點，即b最多隻有一個解，且由於b=1時有y1=y2=0
所以方程的解為b=1
故m>p(b)/b=e+1
m的取值範圍為(e+1,正無窮)
2，首先要證明(i/n)^n 即求[1-(n-i)/n]^n 兩邊取對數後，變成n*ln(1-(n-i)/n)＜i-n 即ln(1-(n-i)/n)＜(i-n)/n 令(n-i)/n=t時,則0 即求ln(1-t)<-t 令f(t)=ln(1-t)+t 有f(0)=0且f'(t)=-1/(1-t)+1=-t/(1-t)<0 所以f(t)在(0,1)上單調遞減，且f(t) 即ln(1-t)<-t 所以，0 有e^[n*ln(1-(n-i)/n)]＜e^(i-n) 即(i/n)^n 所以(1/n)^n+(2/n)^n+(3/n)^n+…+（n/n）^n <1/(1-1/e)=e/(e-1) 2樓： 分析：注意到定義域x>0,f(x)=e^x-mx，g(x)=e^x-mx-lnx+x^2,由題g(x)=0存在兩個零點，即e^x-mx- lnx+x^2=0,有兩根，分離常數m,m=(e^x-lnx)/x+x,問題便轉化為直線y1=m與曲線y2=h(x)=(e^x- lnx)/x+x,(x>0)有兩交點,求導得h'(x)=(xe^x-e^x+lnx+x^2-1)/x^2,下面判斷h'(x)的符號，注意到h'(1) =0,並記h'(x)的分子為f(x)=xe^x-e^x+lnx+x^2-1，h'(x)=f(x)/x^2.對f(x)求導易得f'(x) =xe^x+1/x+2x>0,(x>0)知f(x)在x>0上單增，且f(1)=0。顯然有當01,f(x)>f(1)=0,得h'(x)>0,h(x)單增。於是h'(x)=0,僅有唯一駐點x=1,並有h(x)在x=1處 取得極小值，且此極小值必為其最小值，於是minh(x)=h(1)=e+1,從而要使直線y1=m與曲線y2=h (x)=(e^x-lnx)/x+x,(x>0)(影象為u型）)有兩交點，易得m取值範圍為:(e+1,+無窮) 1f x lnx a x f x 1 x a x ax 1 x 當a 0時，f x 0恆成立 f x 在 0,上為增函式 當a 0時，由f x 0即ax 1 0 解得x 1 a f x 遞減區間為 1 a,由f x 0解得0 gx在 0，正無窮 恆成立即lnx a x lnx恆成立 即a x 2ln... 解答 1 解 f x 1x a x 0 當a 0時，f x 0，增區間是 0，當a 0時，增區間是 0，1a 減區間是 1a，2 證明 設g x 的切點 x1，y1 f x 的切點 x2，y2 g x1 ex1 y1x1y1 ex1解得x1 1y1 e. 卑傲之 f x ex ax，f x ex a... 已知函式f x x ax bx 5，曲線y f x 在點p 1,f 1 處的切線方程為y 3x 1 1 求a,b的值 2 求y f x 在 3,1 上的最大值。解 1 f 1 a b 6 4，故得a b 2.1 f x 3x 2ax b，f 1 3 2a b 3，故得2a b 0.2 2 1 得a ...已知函式fx lnx a，已知函式fx lnx a x
1已知函式，1 已知函式fx lnx a x 1 g x ex e 其中 a R e 2
已知函式f x）x ax bx