1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。
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′（
2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）最多有乙個零點，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．
函式f(x)=lnx-ax a屬於實數 若有兩個相異零點x1x2 求證x1x2>e的平方
3樓：國春鄔卯
^函式不單調，
baia>0,y'=1/x-a,當dux=1/a時取極大值ln(1/a)-1<0,得a>1/e.假如
zhix1x2<=e^2,x1代入，dao由0=lnx2-ax2,x2<=e^2/x1得出專ax1^2-2x1+ae^2<=0,而判別式為
屬4(1-(ae)^2)<0,矛盾
4樓：繁亭晚操戌
函式f(x)=lnx-ax.
a屬於實數
若有兩相異零點x1x2.
求證x1x2e的平方
已知函式f（x）=lnx-ax（a∈r）（ⅰ）若函式f（x）無零點，求實數a的取值範圍；（ⅱ）若存在兩個實數x1，
已知函式f x alnx 1 x,a為常數。當x大於等於
當x 1時,alnx 1 a 2x 3恆成立可得3 2x alnx 1 a在x 1時時恆成立設g x 2x alnx 1 a,所以g x 在x 1取得的最小值大於等於3 g x 2 a x a不等於0 當a 0時，g x 在x 1時大於0為單調增所以g x 的最小值 g 1 2 1 a 3,求得1 ...
已知二次函式y a x m 2a x m a,m為常數，且a 0求證 不論a與m為何值
1 見解析 bai2 解du析 試題分析 1 二次zhi函式和x軸有dao兩個交點，判別式 版 0即可 權2 先求出頂點座標，由 abc是等腰直角三角形，可以得出ab邊上高等於1，即可得出a的值.試題解析 1 證明 y a x m 2 2a x m ax2 2am 2a x am2 2am 當a 0...
設函式y f x 的影象與y lg x a a為常數 的圖
設y lg x a 上一點為p m，n 根據已知條件，可知，p m，n 與 1,9 10 關於直線y x對稱，則 m 1 2 n 9 10 2 0 m 1 n 9 10 1 解出，p 1，9 10 把p代入，則a 10 9 10 1 那麼，y lg x 10 9 10 1 設f x m，則m x，m...