已知函数f(x)=2x-3/x-1 x∈[2,5]求:1.判断单调性并证明 2.f(x)的最大最小值_百度知道
已知函数f(x)=2x-3/x-1 x∈[2,5]求:1.判断单调性并证明 2.f(x)的最大最小值
如题,求详解。
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=5f(x1)=2-1&#47,2+2/0∴f(x)是[2;=x1&(x1x2)&5f(x)min=f(2)=1/(x2-1)f(x1)-f(x2)=1/0∴(x1-x2)[2+3/x1-1)-(2x2-3/x2-1)=2(x1-x2)+(3/2 理解成分式f(x)=(2x-3)/x2&x-1任取2≤x1&0;0所以f(x)在【2;(x2-1)-1/(x-1)=2-1/x1)=2(x1-x2)+3(x1-x2)/x2≤5∴x1-x2&(x1x2)=(x1-x2)[2+3&#47f(x)=2x-3/[(x2-1)(x1-1)]
&(x-1)设2&lt.
ymax=7/0∴(x1-x2)/x2-3/(x1x2)]&(x1-1)=(x1-x2)/x2&(x1-1)
f(x2)=2-1/(x1x2)]∵ 2≤x1&0
x1-1&gt,5】上是增函数2;0∴f(x1)-f(x2)&x2≤5f(x1)-f(x2)=(2x1-3/=5
∴ x2-1&gt,5]上的增函数（2）由（2）知f(x)max=f(5)=42/[(x2-1)(x1-1)]
∵2&(x-1)=(2x-2-1)/0 ∴
x1-x2&=x1&lt
可以直接取区间内的两个整数带进去算么
代入的前提是函数单调性的证明如果不是单调的，仅代入端点是不行的，总之要看函数的单调性。非常重要！
提问者评价
按照你说的，真的成功了，好开心，谢谢你！
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已知函数f(x)=2x-3/=5f(x1)=2-1/(x1-1)=(x1-x2)/0
x1-1&(x-1)设2&0&0所以f(x)在【2;=x1&lt.
ymax=7/(x2-1)f(x1)-f(x2)=1/=5
x2-1&x-1=(2x-2-1)&#47,5】上是增函数2;x2&(x2-1)(x1-1)
x1-x2&(x1-1)
f(x2)=2-1/x2&(x-1)=2-1Ǘ(x2-1)-1/=x1&lt
可以直接取区间内的两个整数带进去算么。
必须要有单调性作保证
1）f(x)=(2x-3)/(x-1)=(2x-2-1)/(x-1)=2-1/(x-1)x&1时，函数单调增所以在[2,5], 函数单调增2）由单调性得：fmax=f(5)=7/4fmin=f(2)=1
第一问当然是求导。f'(x)=2+3/x^2 &0，所以f（x）是增函数。第二问，既然函数是单调递增的了，那么f（2）最小，f（5）最大。
做任务飘过~~（1）定义法证明；（2）结合单调性，区间端点取最值。 祝开心！希望能帮到你~~
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出门在外也不愁数学问题:解答题已知函数f（x）=x3+ax2-a2x+2，a∈R．（1）若a＜0时，试求函数y_答案网
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&问题补充：
已知函数f（x）=x3+ax2-a2x+2，a∈R．（1）若a＜0时，试求函数y=f（x）的单调递减区间；（2）若a=0，且曲线y=f（x）在点A、B（A、B不重合）处切线的交点位于直线x=2上，证明：A、B?两点的横坐标之和小于4；（3）如果对于一切x1、x2、x3∈[0，1]，总存在以f（x1）、f（x2）、f（x3）为三边长的三角形，试求正实数a的取值范围．
&（此问题共1817人浏览过）我要回答:
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&网友答案：
（1）解：f'（x）=3x2+2ax-a2=3（x+a）（x-）?令f'（x）＜0，∵a＜0，∴∴函数单调递减区间[，-a]；（2）证明：当a=0时，f（x）=x3+2设在点A（x1，x13+2）、B（x2，x23+2）处切线的交点位于直线x=2上一点P（2，t），∵y′=3x2，∴在点A处的切线斜率为k=∴在A处的切线方程为y-（x13+2）=（（x-x1）∵切线过点P，∴t-（x13+2）=（（2-x1）∴①同理②①-②可得∵x1≠x2，∴∵x1≠x2，∴∴∴0＜x1+x2＜4∴A、B?两点的横坐标之和小于4；（3）解：由题设知，f（0）＜f（1）+f（1），即2＜2（-a2+a+3），∴-1＜a＜2∵a＞0，∴0＜a＜2∵∴x∈时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈时，f′（x）＞0，f（x）单调递增∴当x=时，f（x）有最小值f（）=-∴f（）=-＞0①，f（0）＜2（-）②，f（1）＜2（-）③，由①得a＜；由②得，∵0＜a＜2，∴不等式③化为＜0令g（a）=，则g′（a）=，∴g（a）为增函数∵g（2）=-＜0，∴当时，g（a）＜0恒成立，即③成立∴正实数a的取值范围为．解析分析：（1）求导函数，令f'（x）＜0，结合a＜0，可得函数单调递减区间；（2）设在点A（x1，x13+2）、B（x2，x23+2）处切线的交点位于直线x=2上一点P（2，t），求出切线方程，代入点P的坐标，两方程相减，借助于基本不等式，即可证得A、B?两点的横坐标之和小于4；（3）先确定0＜a＜2，再求导函数，确定函数的单调性与最小值，进而可确定正实数a的取值范围．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查导数的几何意义，考查存在性问题的研究，正确求导是关键．
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&1、&2、&3、&4、&5、&6、&7、&8、&9、&10、已知二次函数g(x)对任意x∈R都满足g(x-1)+g(1-x)=x2-2x-1且g(1)=-1，设函数f(x)=g(x+)+m+(m∈R，x&0)．(1)求g(x)的表达式；(2)若存在x∈(0，+∞)，使f(x)≤0成立，求实数m的取值范围；(3)设1&m≤e，H(x)=f(x)-(m+1)x，求证：对于任意x1,x2∈［1,m］，恒有|H(x1)-H(x2)|&1.(1)设g(x)=ax2+bx+c(a≠0)，于是g(x-1)+g(1-x)=2a(x-1)2+2c=(x-1)2-2，所以又g(1)=-1，则所以g(x)=…………………………………4分(2)f(x)=g(x+)+m+=x2+m(m∈R,x&0).当m&0时，由对数函数的性质知，f(x)的值域为R；当m=0时，f(x)=，对任意x&0，f(x)&0恒成立；当m&0时，由f′(x)=x+=0得列表：x(0,)(,+∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗这时f(x)min=f()=由f(x)min≤0得所以m≤-e,综上，存在x&0使f(x)≤0成立，实数m的取值范围是(-∞,-e］∪(0,+∞)．…………8分(3)由题知H(x)=x2-(m+1)x+mlnx,因为对任意x∈［1,m］，所以H(x)在［1,m］内单调递减.于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=m2-mlnm-.要使|H(x1)-H(x2)|&1恒成立，则需m2-mlnm-&1成立，即m-lnm-&0.记则所以函数h(m)=m-lnm-在(1,e］上是单调增函数，所以h(m)≤h(e)=-1-=&0，故命题成立.…………………13分略山东省日照一中2014届高三12月月考理科数学答案
(1)设g(x)=ax2+bx+c(a≠0)，于是g(x-1)+g(1-x)=2a(x-1)2+2c=(x-1)2-2，所以又g(1)=-1，则所以g(x)= …………………………………4分(2)f(x)=g(x+)+m+=x2+m (m∈R,x&0).当m&0时，由对数函数的性质知，f(x)的值域为R；当m=0时，f(x)=，对任意x&0，f(x)&0恒成立；当m&0时，由f′(x)=x+=0得列表：x(0, )(,+∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗这时f(x)min=f()=由f(x)min≤0得所以m≤-e,综上，存在x&0使f(x)≤0成立，实数m的取值范围是(-∞,-e］∪(0,+∞)．…………8分(3)由题知H(x)=x2-(m+1)x+mlnx, 因为对任意x∈［1,m］，所以H(x)在［1,m］内单调递减.于是|H(x1)-H(x2)|≤H(1)-H(m)=m2-mlnm-.要使|H(x1)-H(x2)|&1恒成立，则需m2-mlnm-&1成立，即m-lnm-&0.记则所以函数h(m)=m-lnm-在(1,e］上是单调增函数，所以h(m)≤h(e)=-1-=&0，故命题成立. …………………13分相关试题您的举报已经提交成功，我们将尽快处理，谢谢！
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已知函数f（x）=|2x-1|+|x-2a|，f（x）≤3（I）当a=1时，求f（x）≤3的解集；（II）当x∈[1，2]时，f（x）≤3恒成立，求实数a的取值范围．
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（I）当a=l时，原不等式可化为|2x-1|+|x-2|≤3，依题意，当x＞2时，不等式即3x-3≤3，则解得 x≤2，综合可得，x无解．当12≤x≤2时，不等式即 x+1≤3，解得x≤2，综合可得，12≤x≤2．当x＜12时，不等式即 3-3x≤3，解得x≥0，综合可得0≤x＜12．综上所述：原不等式的解集为[0，2]．----（5分）（II）原不等式可化为|x-2a|≤3-|2x-1|，∵x∈[1，2]，所以，|x-2a|≤4-2x，即 2x-4≤2a-x≤4-2x，故3x-4≤2a≤4-x 对x∈[1，2]恒成立，当1≤x≤2时，3x-4 的最大值2，4-x的最小值为2，所以a=1，即a的取值范围为{1 }．&（10分）
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据魔方格专家权威分析，试题“已知函数f（x）=|2x-1|+|x-2a|，f（x）≤3（I）当a=1时，求f（x）≤3的解集..”主要考查你对&&绝对值不等式&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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绝对值不等式
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