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y＝a∧x－x－a,（a大于0且a不等于1）有两个零点,求a的取值范围
厚渺酥3358
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用图像法做.y有两个零点等价于a^x和x+a这两个函数有两个交点.画个图就能发现,0＜a＜1是不可能的,因为此时有且只有一个交点,在x轴正半轴.所以a＞1.而当a＞1的时候画图就能发现一定存在两个交点,且是在x正负半轴各有一个.负半轴一定有交点应该没问题,正半轴一定有交点的原因在于a^x求导为a^x*lna,是增函数,换句话说在a＞1时,a^x的斜率会越来越大,图像就越来越陡,总有一个时刻函数值能够追上x+a,即相交
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Copyright ? 2011- Inc. All Rights Reserved. 17教育网站 版权所有 备案号：楼上证明过程的前五行都没有问题，但没有证得符合题意要求的结论。
题意要求是【恰】有两个零点，不是【至少】有两个零点。
必须严格排除两个以上零点的可能性。排除两个以上零点的可能性有三种方法，
（1）利用单调性，此法比较麻烦；
（2）利用凹凸性，此法比较特殊；
（3）利用反证法，比较简单易行，也便于接受理解。
若a＞1时，函数 f(x)=a^x-x-a 有两个以上零点，取其中三个按从小到大排列：
p＜q＜r，f(p)=f(q)=f(r)=0，
在[p,q]、[q,r]区间上满足罗尔定理三个条件，
可知存在α∈(p,q)，β∈(q,r)，使f'(α)=f'(β)=0，
再次根据罗尔定理，可知存在ξ∈(α,β)，使f''(ξ)=0，
而实际上f''(ξ)=(a^ξ)(lna)^2≠0，于是得到矛盾。
所以f(x)=a^x-x-a有两个零点的充要条件是a＞1。
其他答案（共1个回答）
y=a^x-x-a 在(-∞, +∞)上连续。
当 a>1 时，limy=+∞, y(0)=1-a<0, y(1)=-1<0, limy=+∞,
y=a^x-x-a 在(-∞, +∞)上至少有两个零点；
当 0<a<1 时，limy=+∞, y(0)=1-a>0, y(1)=-1<0, limy=-∞,
y'=a^x*lna-1<0, 相关信息单调减少，y=a^x-x-a 在(-∞, +∞)上只有一个零点。
则a的取值范围是 a>1.
取值范围是：0&a&1
你需要判断：1.导函数有几个零点，在零点之间，判断原函数的单调性2.判断极大极小值（即驻点的值）主要判断极值的正负，根据零点存在定理，若原函数连续，则在原函数正...
a^x-x-a=0即a^x=x+a方程a^x-x-a=0有两个实根，也就是函数y=a^x和y=x+a的图像有两个交点，如图：易知a&1满足题意。实数a的取值范围...
应该是对的。
x+1/(x-1)=a+1/(a-1)(x-1)+1/(x-1)=(a-1)+1/(a-1)x-1=a-1或x-1=1/(a-1)x=a或a/(a-1)
答: 越南盾80.000 是多少？
答: x->0:lim(1+x)^(-1/x)=1/[x->0:lim(1+x)^(1/x)=1/ex->∞:limxsin(1/x)=1/x->0:lim[sin(...
答: 计算科学是一门什么样的学科？答：计算学科（通常也称作计算机科学与技术）作为现代技术的标志，已成为世界各国经济增长的主要动力。但如何认识这门学科，它究竟属于理科还...
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这个不是我熟悉的地区已知函数f．有两个零点时.求实数a的取值范围,有两个零点x1.x2∈[12.52]且x1＜x2时.证明:①若x2-x1≤1.则有3ln2+ln9＜a＜12-ln4,②x2-x1x1x2随着a的增大而增大,③x1x2＞1,(Ⅲ)证明:nk=1k1+lnk＞ln(n+1).(n∈N*)． 题目和参考答案——精英家教网——
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已知函数f（x）=x-a-alnx（a∈R）．（Ⅰ）当函数y=f（x）有两个零点时，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当函数y=f（x）有两个零点x1，x2∈[12，52]且x1＜x2时，证明：①若x2-x1≤1，则有3ln2+ln9＜a＜12-ln4；②x2-x1x1x2随着a的增大而增大；③x1x2＞1；（Ⅲ）证明：nk=1k1+lnk＞ln（n+1），（n∈N*）．
考点：不等式的证明,利用导数研究函数的极值,不等式的综合
专题：计算题,证明题,函数的性质及应用
分析：（Ⅰ）由题意得，x-a-alnx=0，从而可得a=x1+lnx，x＞0，令g（x）=x1+lnx并求导g′（x）=lnx(1+lnx)2，从而得出单调区间，作图解答；（Ⅱ）①由（Ⅰ）得a=x1+lnx，再由x2-x1≤1及函数y=x1+lnx单调性得f（32）＜f(12)，从而解得，②由（Ⅰ）得，a=x11+lnx1=x21+lnx2，x2-x1x1x2=1x1-1x2=lnx2x2-lnx1x1，令φ（x）=xlnx，从而可得φ（x）=xlnx在[12，52]上单调递增，从而可得；③a=x1+lnx，lna=lnx-ln（1+lnx），令u=1+lnx，u2u1=tu2-u1=lnt，（t＞1），则u2+u1=t-1t+1lnt，（t＞1）；从而可得x1x2＞1；（Ⅲ）ln（n+1）=nk=1(ln(k+1)-lnk)=nk=1ln(k+1k)；故nk=1k1+lnk＞ln（n+1），（n∈N*）可化为nk=1k1+lnk＞nk=1ln(k+1k)，从而转化为k1+lnk＞lnk+1k；从而证明．
解：（Ⅰ）∵f（x）=x-a-alnx（a∈R）．∴x-a-alnx=0，（a∈R）．又∵当1+lnx=0，即x=1e时，上式不成立，∴a=x1+lnx，x＞0，令g（x）=x1+lnx，则g′（x）=lnx(1+lnx)2，当g′（x）=lnx(1+lnx)2＞0时，x＞1，当g′（x）=lnx(1+lnx)2＜0时，0＜x＜1e，1e＜x＜1当g′（x）=lnx(1+lnx)2=0时，x=1，g（x）在（0，1e），（1e，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，其图象如下，当x＞1e时，g（x）≥g（1）=11+ln1=1，∴g（x）与y=a交点为2个交点时，∴a＞1，∴函数y=f（x）有两个零点时，a＞1，（Ⅱ）①令f（x）=0，得a=x1+lnx，由x2-x1≤1，及函数y=x1+lnx单调性，得f（32）＜f(12)，即得32+ln94＜a＜12-ln4，3ln2+ln9＜32+ln94，故得证3ln2+ln9＜a＜12-ln4；②由（Ⅰ）得，f（x）有两个零点时，a＞1，∵f（x1）-f（x2）=0，∴a=x11+lnx1=x21+lnx2，x2-x1x1x2=1x1-1x2=lnx2x2-lnx1x1，令φ（x）=xlnx，得x2-x1x1x2=φ（x2）-φ（x1），设ξ，η∈（1，+∞），且ξ＜η，ξ=g（ξ1）=g（ξ2），其中12＜ξ1＜1＜ξ2≤52，，η=g（η1）=g（η2），其中12＜η1＜1＜η2≤52，由函数g（x）的单调性可知，g（ξ1）＜g（η1），ξ1＜η1，同理ξ2＞η2，故12≤ξ1＜η1＜1＜η2＜ξ2≤52，∵φ（x）=xlnx在[12，52]上单调递增，∴φ（ξ1）＜φ（η1），φ（ξ2）＞φ（η2），由②得：φ（ξ2）-φ（η2）-[φ（ξ1）-φ（η1）]＞0，∴x2-x1x1x2随着a的增大而增大；③a=x1+lnx，lna=lnx-ln（1+lnx），令u=1+lnx，lnx=u-1，则lnx2-ln（1+lnx2）=lnx1-ln（1+lnx1）=lnx2-lnx1=ln（1+lnx2）-ln（1+lnx1），u2-u1=lnu2-lnu1，u2u1=tu2-u1=lnt，（t＞1）则u2+u1=t-1t+1lnt，（t＞1）；令h（x）=(x+1)x-1lnx，x∈（1，+∞）；则h′（x）=-2lnx+x-1x(x-1)2；令m（x）=-2lnx+x-1x，从而可得m′（x）=(x-1x)2，故m（x）=-2lnx+x-1x是（1，+∞）的增函数，故h（x）是（1，+∞）的增函数，且limh(x)x→1=2；故u2+u1＞2；则1+lnx1+1+lnx2＞2；故x1x2＞1；（Ⅲ）证明：ln（n+1）=nk=1(ln(k+1)-lnk)=nk=1ln(k+1k)；故nk=1k1+lnk＞ln（n+1），（n∈N*）可化为nk=1k1+lnk＞nk=1ln(k+1k)，即证k1+lnk＞lnk+1k；而k1+lnk＞1+lnkk＞1k＞lnk+1k，故nk=1k1+lnk＞ln（n+1），（n∈N*）．
点评：本题考查了导数的综合应用，不等式的证明及放缩法的应用，属于中档题．
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