若F'(x)=G'(x),k为常数,则

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2018-05-17 16:08 标签： 随机变量x的分布函数为F(x)
答案：解：（1）由f（1）=g（1），得&b=1．∵f′（x）=2x，′(x)=ax+b，f′（1）=g′（1）∴2=a+b，联立，解得a=b=1，则g（x）=lnx+x．（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，下面验证&f（x）≥2x-1，g（x）≤2x-1&&都成立即可．由x2-2x+1≥0，得x2≥2x-1，知f（x）≥2x-1恒成立．设h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，′(x)=1x-1=1-xx，∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0．∴h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，∴h（x）在x=1时取得最大值，∴h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值为h（1）=0，所以lnx+x≤2x-1恒成立．故存在这样的k和m，且k=2，m=-1，满足条件．（3）G′（x0）的符号为正，理由为：∵G（x）=x2+2-alnx-bx有两个不同的零点x1，x2，则有1-bx1=0x22+2-alnx2-bx2=0，两式相减得x22-x12-a（lnx2-lnx1）-b（x2-x1）=0．即x1+x2-b=2-lnx1)x2-x1，又x1+x2=2x0，则G′（x0）=2x0-0-b=（x1+x2-b）-1+x2=2-lnx1)x2-x1-1+x2=2-x1[lnx2x1-2(x2-x1)x2+x1]=2-x1[lnx2x1-2(x2x1-1)1+x2x1]，①当0＜x1＜x2时，令2x1=t，则t＞1，且G′（x0）=2-x1[lnt-]，故μ（t）=lnt-（t＞1），μ′（t）=-2=2t(1+t)2＞0，则μ（t）在[1，+∞）上为增函数，而μ（1）=0，∴μ（t）＞0，即lnt-＞0，又a＞0，x2-x1＞0，∴G′（x0）＞0，②当0＜x2＜x1时，同理可得：G′（x0）＞0，综上所述：G′（x0）值的符号为正．
点评：本题考查了导数的综合应用，熟练利用导数求极值和最值及恰当分类讨论、换元是解决问题的关键．
分析：（1）比较简单，只要利用条件f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），即可求出a、b的值．（2）通过画图象，可以知道f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，只要验证&f（x）≥2x-1，g（x）≤2x-1&&都成立即可．（3）由G（x）=f（x）+2-g（x）有两个零点x1和x2，得到x1，x2满足的关系式，再由x1，x0x2成等差数列，可得x0用x1、x2表示的关系式，再经过讨论换元可证得G′（x0）＞0．
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已知函数f（x）=ex（ax+1）（e为自然对数的底，a∈R为常数）．对于函数h（x）和g（x），若存在常数k，m，对于任意x∈R，不等式
悬赏：0&答案豆
提问人：匿名网友
发布时间：
已知函数f（x）=ex（ax+1）（e为自然对数的底，a∈R为常数）．对于函数h（x）和g（x），若存在常数k，m，对于任意x∈R，不等式h（x）≥kx+m≥g（x）都成立，则称直线y=kx+m是函数h（x），g（x）的分界线．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设a=1，试探究函数f（x）与函数g（x）=-x2+2x+1是否存在“分界线”？若存在，求出分界线方程；若不存在，试说明理由．
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急求解：f(x)=k*g(x)/h(x)-a(x);g(x),h(x),a(x)可解，k为一未知常数，请问f(x)，常数k是否可解!!!!
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明显的，k未知，f(x)必定未知，除非给定其它约束条件。
那么线性相关可否求极限解呢?
如果f(x)=k*g(x)/h(x)，那么f(x)的极值点可以通过求g(x)/h(x)的极值点得到，问题是后面还有一项-a(x)，那结果可能就和k有关。
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[高一数学求解]设函数f(x),g(x)满足关系g(x)=f(x)·f(x+a),其中a是常数.设常数a=0,f(x)=√(kx)(0＜k＜1),并已知0＜x1＜x2＜π/2时,总有sinx1/x1＞sinx2/x2成立,当x属于(0,π/2),试比较sin[g(x)]与g(sinx)的大小.
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(3) 根据题意 g(x)=f(x)·f(x)= kx所以 g(sinx) = ksinxsin(g(x))= sin(kx)根据题目所提供的一个"引理",可知 函数y=sinx/x 在(0,π/2)上单调减,所以对于 0 sin(kx) > ksinx即sin[g(x)] > g(sinx)
想问一下如何得出递减？
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