22 2f′(x)ln(x1x2),f′(0)0,f′′(x)1f′′(x)0f′(x)0,x0,于是x0为f(x)的最小点,而f(0)0,所以f(x)≥0
f(x)=1+ln2 f22.已知函数f(x)-x≤0 (1)求证:(2)设k0,若f(x)≤kx(0.+x)在区间内恒成立,求k的最小值.
如果f(x)的最大值f(a)小于零，又因为f(x)开口向下，所以不符合“函数f(x)=alnx－x^2+(2a－1)x (a∈R)有两个不同的零点”的情况的，即舍去。设g(x)=lnx+x－1(x>0)，因为g＇(x)=1/x+1>0，所以g(x)在(0,+∞)上是单调递增的函数。又因为g(1)=ln1+1－1=0，所以当0<x<1时，g(...
>0 f(x1)+f(x2) 2 ≥f( x1+x2 2 ) 1 1 2 2 1 2 1 2 n n-1 2n i=1 xilnxi≥-ln2n ln 1 3S(n)-2 * i=1 xi xi 2n 解答: f″(x)= 1 x >0 1 e 1 e 1 e 1 e f(x1)+f(x2) 2 ≥f( x1+x2 2 )
设f(x)在[1,2]上连续,在(1,2)内可导,且f(2)=0,证明:至少存在一点ξ∈(1,2),使得ξf′(ξ)lnξ+f(ξ)=0.
2f′(x)ln(x1x2),f′(0)0,f′′(x)1f′′(x)0f′(x)0,x0,于是x0为f(x)的最小点,而f(0)0,所以f(x)≥0,故1xln(x1x
f(x)=ln(1+x2),则在(-1,0)内( ). A. 函数y=f(x)单调减少,曲线为凹 B. 函数y=f(x)单调减少,曲线为凸 C. 函数y=f(x)单
在x=2处，f(x)=lnx的四阶泰勒公式为：lnx=ln2+(x-2)/2-(x-2)^2/8+(x-2)^3/24-(x-2)^4/64+(x-2)^5/160[1+a(x-2)/2]^5 (0<a<1)这是因为我们知道，在x=0处，ln(1+x)的展开公式为（四阶为例）ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-x^4/4-x^5/5(1+ax)^5 (...
由已知式子的极限存在，注意到ln(1+x)−x∼−12x2(x→0)则1=limx→0ln(1+2x)+xf(x)x2=limx→0ln(1+2x)−2x+2x+xf(x)x2=limx→0(ln(1+2x)−2xx2+2x+xf(x)x2)=limx→0−12(2x)2x2+limx→02x+xf(x)x2=−2+limx→02+f(x)x⇒limx→02+f(x)...
x→0时，x²→0+，所以只能推出f(x)在x=0处的右导数存在。由于无法判断左导数，所以不能推出在x=0处可导。