1樓：匿名使用者
f(x)=alnx+1/(x-1)，
(2)f(x2)-f(x1)=alnx2+1/(x2-1)-[alnx1+1/(x1-1)]
=a(lnx2-lnx1)+1/(x2-1)+1/(1-x1),x1∈(0,1/2),x2 ∈(2,+∞)，∴lnx2-lnx1>ln2-ln(1/2)=2ln2,1/(x2-1)>0,1/(1-x1)>1,a∈[1/2,2),
∴f(x2)-f(x1)>ln2+1>ln2+3/4.
2樓：牙膏和和牙刷
（2）f′(x)=ax2-(2a+1)x+ax(x-1)2，設ax2-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的兩根為α，β，則α+β=2+1αα•β=1，得0＜α＜12＜2＜β．由此入手能夠證明f（x1）-f（x2）≥ln2+34．
（2）f′(x)=ax2-(2a+1)x+ax(x-1)2，
設ax2-（2a+1）x+a=0（0＜a＜2）的兩根為α，β，
則α+β=2+1αα•β=1，得0＜α＜12＜2＜β．
當x∈（0，α）和（β，+∞）時，f′(x)=ax2-(2a+1)x+ax(x-1)2＞0，
函式f（x）單調遞增；
當x∈(α，12)和（2，β）時，f′(x)=ax2-(2a+1)x+ax(x-1)2＜0，
函式f（x）單調遞減，
則f（x1）≤f（a），f（x2）≥f（β），
則f（x2）-f（x1）≥f（β）-f（α）=alnβ+1β-1-alnα-1α-1
=alnβα+α-βαβ-(α+β)+1
=α[lnβ2+β-1β]（利用α+β=2+1α，α•β=1）
令h(x)=lnx2+x-1x，x＞2
則h′(x)=(x+1)2x2＞0，
則函式h（x）單調遞增，
h（x）≥h（2）=2ln2+32，
∴lnβ2+β-1β≥2ln2+32＞0，
∵a∈[12，2)，
則a[lnβ2+β-1β]≥ln2+34，
∴f（x1）-f（x2）≥ln2+34．
3樓：偶然遇見
那如果要求a的取值範圍呢？
已知函式f x a x x 2 x 1 a1 求證 f x 0沒有負數根
x ax x 2 x 1 ax 2 a 1 x 2 x 1 0即ax 2 a 1 x 2 0 判斷兩根之和為正兩根之積為正 所以兩根均為正無負根 以上有問題 你的題目 有問題 證明 令f x 0得 a x x 1 x 2 0 a x x 1 x 2 由於a x 0,所以 x 1 x 2 0 1 x ...
已知函式f x x Inx ax x0且x不1 若存在x1,x2屬於
f x x inx ax x 0且x 1 f x lnx 1 lnx a,依題意，存在x1,x2 e,e 使x1 lnx1 ax1 lnx2 1 lnx2 1 lnx2 1 2 1 4,x1 lnx1 ax1 1 4，a x1 lnx1 1 4 x1 1 lnx1 1 4x1 設g x 1 lnx ...
已知函式f x ln x 1 x
1 f x ln 1 x x x 1 ln 1 x 1 1 x 1 定義域x 1且x 1，f x 1 1 x 1 x 1 通分化簡 x x 3 1 x 1 x 由定義域可知導數分母恆正，0 x 1和x 3時導數為正，3 x 1和 1 x 0時導數為負，x 3或0時導數為0，故函式最小值為f 0 0或...
已知函式f x x 1 x
f 2 f 1 2 4 5 1 4 5 4 4 5 1 5 1 同理，f 3 f 1 3 9 10 1 10 1f x f 1 x x 1 x 1 x 1 1 x x 1 x 1 1 x 1所以原式 f 1 f 2 f 1 2 f 2014 f 1 2014 1 2 1 1 4027 2 1 f x...
已知函式f x ln ax bx a1b
正確答案 解 因為f x ln ax bx ln a b x ln a b lnx 其中ln a b 為常數 所以f x 定義域即為函式ln x 定義域 0，oo 當調性與ln x 相同，在 0，oo 上單調遞增 當x 1時，f x f 1 ln a b 若要f x 在 1，上恆取正值，則ln a ...