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2.已知函數(shù)f(x)=ax+lnx,其中a為常數(shù),設(shè)e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).
(1)當(dāng)a=-1時(shí),求f(x)的最大值;
(2)若f(x)在區(qū)間(0,e]上的最大值為-3,求a的值;
(3)設(shè)g(x)=xf(x),若a>0,對(duì)于任意的兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1,x2(x1≠x2),證明:2g(x1+x22)<g(x1)+g(x2).

分析 (1)在定義域(0,+∞)內(nèi)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo),求其極大值,若是唯一極值點(diǎn),則極大值即為最大值.
(2)在定義域(0,+∞)內(nèi)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo),對(duì)a進(jìn)行分類討論并判斷其單調(diào)性,根據(jù)f(x)在區(qū)間(0,e]上的單調(diào)性求其最大值,并判斷其最大值是否為-3,若是就可求出相應(yīng)的最大值.
(3)先求導(dǎo),再求導(dǎo),得到g′(x)為增函數(shù),不妨令x2>x1,構(gòu)造函數(shù)hx=gx+gx12gx1+x2xx1,利用導(dǎo)數(shù)即可證明

解答 解:(1)易知f(x)定義域?yàn)椋?,+∞),
當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=-x+lnx,{f^'}(x)=-1+\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x},
令f′(x)=0,得x=1.
當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,+∞)上是減函數(shù).
f(x)max=f(1)=-1.
∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上的最大值為-1,
(2)∵{f^'}(x)=a+\frac{1}{x},x∈(0,e],\frac{1}{x}∈[\frac{1}{e},+∞)
①若a1e,則f′(x)≥0,從而f(x)在(0,e]上是增函數(shù),
∴f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不合題意,
②若a1e,則由{f^'}(x)>0⇒a+\frac{1}{x}>0,即0x1a
{f^'}(x)<0⇒a+\frac{1}{x}<0,即1axe,
從而f(x)在(0,-1a)上增函數(shù),在(-1a,e]為減函數(shù)
fxmax=f1a=1+ln1a
1+ln1a=3,則ln1a=2,
∴a=-e2,
(3)證明:∵g(x)=xf(x)=ax2+xlnx,x>0
{g^'}(x)=2ax+1+lnx,{g^{''}}(x)=2a+\frac{1}{x}>0,
∴g′(x)為增函數(shù),不妨令x2>x1
hx=gx+gx12gx1+x2xx1,
{h^'}(x)=g'(x)-{g^'}(\frac{{{x_1}+x}}{2}),
xx1+x2,
{h^'}(x)=g'(x)-{g^'}(\frac{{{x_1}+x}}{2})>0
而h(x1)=0,知x>x1時(shí),h(x)>0
故h(x2)>0,
2gx1+x22gx1+gx2

點(diǎn)評(píng) 本題先通過對(duì)函數(shù)求導(dǎo),求其極值,進(jìn)而在求其最值及值域,用到分類討論的思想方法,屬于難題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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非手機(jī)迷手機(jī)迷合計(jì)
xxm
y1055
合計(jì)75      25           100       
(1)求列表中數(shù)據(jù)的值;
(2)能否有95%的把握認(rèn)為“手機(jī)控”與性別有關(guān)?
注:k2=nacbd2a+bc+da+cb+d
P(k2≥x00.050.10
k03.8416.635

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17.命題“?x0∈R,x03-x02+1>0”的否定是(  )
A.?x0∈R,x30-x20+1<0B.?x∈R,x3-x2+1≤0
C.?x0∈R,x30-x20+1≤0D.?x∈R,x3-x2+1>0

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A.0B.\frac{π}{4}C.\frac{π}{2}D.π

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12.從4款甲型和5款乙型智能手機(jī)中任取3款,其中至少要甲乙型號(hào)各一款,則不同的取法共有( �。�
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