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1、ff x x课时跟踪检测 (十六) 导数与函数的综合问题 ， (2) 设函数 ( x) xf (x)tf (x)x，存在实数 x1，x2 0,1 ，使得 2(x1) (x2) 3 当 20 5x100 时， 由题意，令 40k 20 ， k ，则总费用 f (x) (kx3400) 由 f (x)a x 40 (0 x100)2x340 00023 3 3 f (x) 0，3 3 33 xx1， 则 g(x) x1 x .令 g(x) 0，解得 x1.当 0 x 1 时， g(x) 0， g(x)为减函数， g( x)min g(1) 0， ag(1) 0. ， 2 axxln xa0(x 1

2、， a0) ， 则 G(x) xaln x1xln x10， ee G( x)在(1 )上单调递增， 有 g(x) f (x) ex2axb.所以 g(x) ex 2a.因此，当 x0,1 时，g(x) 1 2a， e2a 2 当 当 a 时， g(x) 0，所以 g( x) 在0,1 上单调递减， 当a时，令 g(x) 0， 综上所述，当 a2时， 2e2e 当 x0 时， f (x) 0， 当 x0 时， f (x) 0，R， f (x) x， ， 则 2 (x) min (x) max. (x) xf (x)tf (x) ex f xf x x xln xe2 (x) x2 1 t xt xt x1ex .e当 t 1 时， (x) 0， 2(1) (0) ，即 t 3 1.当 t 0 时， (x) 0， 2(0) (1) ，即 t 32e0.当 0t 1 时，若 x0， t )， (x) 0， (x)在 0， t ) 上单调递减；若 x(t, 1， (x) 0， 所以 2(t )max(0)， (1) ， 故e2 et 2，而 e 故e2 et 2，而 e e e， ， 所以 f (x) 1ln xm. 所以 g(x) 所以 g(x) 0，故 g(

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