1樓：核碎了桃
i）函式f(x)=lnx+k ex (k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數）， ∴f′(x)=1 x -lnx-k ex =1-xlnx-kx xex ，x∈（0，+∞）， 由已知，f′(1)=1-k e =0，∴k=1． （ii）由（i）知，f′(x)=1 x -lnx-1 ex =1-xlnx-x xex ，x∈（0，+∞）， 設h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），可得h（x）在（0，+∞）上是減函式， 又h（1）=0， ∴當0＜x＜1時，h（x）＞0，從而f'（x）＞0， 當x＞1時h（x）＜0，從而f'（x）＜0． 綜上可知，f（x）的單調遞增區間是（0，1），單調遞加區間是（1，+∞）． （iii）由（ii）可知，當x≥1時，g（x）=xf'（x）≤0＜1+e-2，故只需證明g（x）＜1+e-2在0＜x＜1時成立． 當0＜x＜1時，ex＞1，且g（x）＞0，∴g(x)=1-xlnx-x ex ＜1-xlnx-x． 設f（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），則f'（x）=-（lnx+2）， 當x∈（0，e-2）時，f'（x）＞0，當x∈（ e-2，1）時，f'（x）＜0， 所以當x=e-2時，f（x）獲得最大值f（e-2）=1+e-2． 所以g（x）＜f（x）≤1+e-2． 綜上，對恣意x＞0，g（x）＜1+e-2．
2樓：
k=101,單調遞減
f(x)的導數 【e^x-(lnx+k)e^x】/e^2xx=1時，分子為 e-ke=0,k=1
e^2x恆大於0，,由 e^x-(lnx+k)e^x>0,得01,單調遞減
已知函式f(x)=(x+a)e^x,其中e為自然對數的底數(1)若函式f(x)是區間[-3,+∞)上的增函式，求實數a的取值範
3樓：匿名使用者
f(x)=(x+a)e^x
f ′(x)=e^x+(x+a)e^x=(x+a+1)e^x第一問：
∵在[-3，+無窮大）上是增函式
∴-a-1≤-3
a≥2第二問：
∵f ′(x)=(x+a+1)e^x
∴減區間（-∞，-a-1），增區間（-a-1，+∞）f(x)=(x+a)e^x≥e²在x∈[0,2]時恆成立如果-a-1≤0，即a≥-1，則在[0,2]單調增，最小值f(0)=a*e^0=a≥e²
∴a≥e²
如果0＜-a-1＜2，即-3＜a＜-1，則在區間[0,2]先減後增，最小值f(-a-1)=(-a-1+a)e^(-a-1)=-e^(-a-1)＜0，不符合要求
如果-a-1≥2，即a≤-3，則在區間[0,2]單調減最小值f(2)=(2+a)e²≥e²
2+a≥1，a≥-1不符合a≤-3要求
∴a≥e²
4樓：善言而不辯
(1)f(x)=(x+a)e^x
f'(x)=e^x+(x+a)e^x
x≥3時，f'(x)=e^x+(x+a)e^x>0∵e^x恆大於0
∴x+1+a>0,
∴a>-4
(2)f'(x)=e^x+(x+a)e^x駐點：1+x+a=0→x₀=-a-1，可以判斷f(x₀)為最小值。
如0≤-a-1≤2，即a≥1，或a≤-1
則，f(-a-1)=-e(-a-1)≥e²,無解∴駐點不在[0,2]區間內。
x₀<0,f(x)單調遞增，f(x)≥f(0)=aeº≥e²→a≥e² x₀=-a-1≤-e²-1<0,成立
x₀>2,f(x)單調遞減，f(x)≥f(2)=(2+a)e²≥e²→a≥-1,x₀=-a-1≤-2,不成立
∴ a≥e²
已知函式f（x）= lnx+k e x （k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數），曲線y=f（x）在
5樓：手機使用者
（ⅰ）f′(x)=1 x
-lnx-k ex
，依題意，∵曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的切線與x軸平行，
∴f′(1)=1-k e
=0，∴k=1為所求．
（ⅱ）k=1時，f′(x)=1 x
-lnx-1 ex
（x＞0）
記h（x）=1 x
-lnx-1，函式只有一個零點1，且當x＞1時，h（x）＜0，當0＜x＜1時，h（x）＞0，
∴當x＞1時，f′（x）＜0，∴原函式在（1，+∞）上為減函式；當0＜x＜1時，f′（x）＞0，
∴原函式在（0，1）上為增函式．
∴函式f（x）的增區間為（0，1），減區間為（1，+∞）．
（ⅲ）證明：g（x）=（x2 +x）f′（x）=1+x ex
（1-xlnx-x），先研究1-xlnx-x，再研究1+x ex
．①記r（x）=1-xlnx-x，x＞0，∴r′（x）=-lnx-2，令r′（x）=0，得x=e-2 ，
當x∈（0，e-2 ）時，r′（x）＞0，r（x）單增；
當x∈（e-2 ，+∞）時，r′（x）＜0，r（x）單減．
∴r（x）max =r（e-2 ）=1+e-2 ，即1-xlnx-x≤1+e-2 ．
②記s（x）=1+x ex
，x＞0，
∴s′(x)=-x ex
＜0，∴s（x）在（0，+∞）單減，
∴s（x）＜s（0）=1，即1+x ex
＜1．綜①、②知，g（x））=1+x ex
（1-xlnx-x）≤（1+x ex
）（1+e-2 ）＜1+e-2 ．
已知函式f(x)＝lnx+kex(k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數），
6樓：手機使用者
（1）因為函式f(x)＝
lnx+kex
，所以f
′(x)＝(lnx+k)′?e
x?(lnx+k)?exe
2x=1x?e
x?lnx?e
x?k?exe
2x，因為曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與x軸平行，所以f′（1）=0，即e?e?ln1?kee＝0，解得k=1；
（2）函式f（x）的定義域為（0，+∞），由f′(x)＝(1
x?lnx?1)exe
2x，令g（x）=1
x?lnx?1，此函式只有一個零點1，且當x＞1時，g（x）＜0，當0＜x＜1時，g（x）＞0，
所以當x＞1時，f′（x）＜0，所以原函式在（1，+∞）上為減函式；當0＜x＜1時，f′（x）＞0，所以原函式在（0，1）上為增函式．
故函式f（x）的增區間為（0，1），減區間為（1，+∞）．
7樓：真慨逢靖易
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8樓：高臨辛一嘉
解答:(ⅰ)解:f′(x)=1x
-lnx-kex，
依題意，∵曲線y=f(x)
在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，
∴f′(1)=
1-ke
=0，∴k=1為所求.
(ⅱ)解:k=1時，f′(x)=1x
-lnx-1
ex(x＞0)
記h(x)=1x
-lnx-1，函式只有一個零點1，且當x＞1時，h(x)＜0，當0＜x＜1時，h(x)＞0，
∴當x＞1時，f′(x)＜0，∴原函式在(1，+∞)上為減函式;當0＜x＜1時，f′(x)＞0，
∴原函式在(0，1)上為增函式.
∴函式f(x)的增區間為(0，1)，減區間為(1，+∞).
(ⅲ)證明:g(x)=(x2+x)f′(x)=
1+xex
(1-xlnx-x)，先研究1-xlnx-x，再研究
1+xex
.①記r(x)=1-xlnx-x，x＞0，∴r′(x)=-lnx-2，令r′(x)=0，得x=e-2，
當x∈(0，e-2)時，r′(x)＞0，r(x)單增;
當x∈(e-2，+∞)時，r′(x)＜0，r(x)單減.
∴r(x)max=r(e-2)=1+e-2，即1-xlnx-x≤1+e-2.
②記s(x)=
1+xex
，x＞0，
∴s′(x)=-xex
＜0，∴s(x)在(0，+∞)單減，
∴s(x)＜s(0)=1，即
1+xex
＜1.綜①、②知，g(x))=
1+xex
(1-xlnx-x)≤(
1+xex
)(1+e-2)＜1+e-2.
已知函式f（x）=lnx+kex（k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數），曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的
9樓：杜康牌
（ⅰ）解：f′(x)＝1x
?lnx?kex
，依題意，∵曲線y=f（x） 在點（1，f（1））處的切線與x軸平行，
∴f′(1)＝1?k
e=0，
∴k=1為所求．
（ⅱ）解：k=1時，f′(x)＝1
x?lnx?1ex
（x＞0）
記h（x）=1
x-lnx-1，函式只有一個零點1，且當x＞1時，h（x）＜0，當0＜x＜1時，h（x）＞0，
∴當x＞1時，f′（x）＜0，∴原函式在（1，+∞）上為減函式；當0＜x＜1時，f′（x）＞0，
∴原函式在（0，1）上為增函式．
∴函式f（x）的增區間為（0，1），減區間為（1，+∞）．
（ⅲ）證明：g（x）=（x2+x）f′（x）=1+xex
（1-xlnx-x），先研究1-xlnx-x，再研究1+xex
．①記r（x）=1-xlnx-x，x＞0，∴r′（x）=-lnx-2，令r′（x）=0，得x=e-2，
當x∈（0，e-2）時，r′（x）＞0，r（x）單增；
當x∈（e-2，+∞）時，r′（x）＜0，r（x）單減．
∴r（x）max=r（e-2）=1+e-2，即1-xlnx-x≤1+e-2．
②記s（x）=1+xex
，x＞0，
∴s′(x)＝?xex
＜0，∴s（x）在（0，+∞）單減，
∴s（x）＜s（0）=1，即1+xex
＜1．綜①、②知，g（x））=1+xex
（1-xlnx-x）≤（1+xex
）（1+e-2）＜1+e-2．
已知函式f（X）為定義在實數上的奇函式，影象關於直線X 1對稱，求證f（X 周期函式
x 1對稱 f 1 x f 1 x 即f 2 x f x 奇函式f x f x f 2 x f x f 2 x f x 所以f x 4 f x 2 2 f x 2 f x 即f x 4 f x 所以f x 是周期函式t 4 奇函式必定關於原點對稱，過原點。f x f x 又關於x 1對稱，f 1 x...
函式題 已知f x ln x 1 ，設f x 的反函式為f x 。求
顯然x 1 g x f x f x ln x 1 1 x 1 g x 1 x 1 1 x 1 2故g x 0 g x 在定義域上為單調遞增函式2 lnf x f e x ln 1 x 1 ln e x 1 4 3x a令h x ln 1 x 1 ln e x 1 4 3x ln x 1 ln e x...
已知函式f x，11 已知函式f x ？
分段函式的定義域是每一部分x的範圍的並集，求函式在某一處的函式值，要看自變數x在哪個範圍內，就把自變數往哪個範圍內的解析式中代入求值。過程如下 定義域 負無窮，4 f 2 2 2 4 f 0 0 1 1 f 3 2 3 8 付費內容限時免費檢視 回答您好，我這邊正在為您查詢，請稍等片刻，我這邊馬上回...