di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)=e^{x}$ .
求证: 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \ln x+8-8 \ln 2$ .

Solution:
设 $g(x)=e^{x}-4 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-4$, 当 $x<\ln 4$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x>\ln 4$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ .

$\therefore g(x)$ 在 $(-\infty, \ln 4]$ 上为减函数, 在 $[\ln 4,+\infty)$ 上为增函数.

$\therefore g(x) \geq g(\ln 4)=4-4 \ln 4$ .

由此可得, $g(x)=e^{x}-4 x \geq 4-4 \ln 4$, 即 $e^{x} \geq 4 x+4-8 \ln 2$, 当且仅当 $x=\ln 4$ 时等号成立.

$\therefore x>0$ 时, $f(x)-4 \ln x-8+8 \ln 2 \geq(4 x+4-8 \ln 2)-4 \ln x-8+8 \ln 2=4 x-4 \ln x-4$, 当且仅当 $x=\ln 4$ 时等号成立.

设 $h(x)=4 x-4 \ln x-4$, 则 $h^{\prime}(x)=4-\frac{4}{x}$ .当 $0<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$; 当 $x>1$ 时 $h^{\prime}(x)>0$ .

$\therefore h(x)$ 在 $(0,1]$ 上为减函数, 在 $[1,+\infty)$ 上为增函数.

$\therefore h(x) \geq h(1)=0$, 即 $h(x)=4 x-4 \ln x-4 \geq 0$, 当且仅当 $x=1$ 时等号成立.

$\therefore f(x)-4 \ln x-8+8 \ln 2 \geq 4 x-4 \ln x-4 \geq 0$ .

由于上述两个等号不同时成立, 因此 $f(x)-4 \ln x-8+8 \ln 2>0$

$\therefore$ 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \ln x+8-8 \ln 2$ .
设 $g(x)=f(x)-(4 \ln x+8-8 \ln 2)=e^{x}-4 \ln x-8+8 \ln 2$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{4}{x}$ .

由 $g^{\prime \prime}(x)=e^{x}+\frac{4}{x^{2}}>0$, 知 $g^{\prime}(x)$ 为增函数.

又 $g^{\prime}(1)=e-4<0, g^{\prime}(2)=e^{2}-2>0$, 因此, $g^{\prime}(x)$ 有唯一零点, 设为 $x_{0}$ .则 $x_{0} \in(1,2)$, 且 $0<x<x_{0}$ 时, $g^{\prime}(x)<0 ; x>x_{0}$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ .

$\therefore g(x)$ 在区间 $\left(0, x_{0}\right]$ 上为减函数, 在区间 $\left[x_{0},+\infty\right)$ 上为增函数.

$\therefore g(x)$ 有最小值 $g\left(x_{0}\right)=e^{x_{0}}-4 \ln x_{0}-8+8 \ln 2$ .

又由 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=e^{x_{0}}-\frac{4}{x_{0}}=0$, 知 $e^{x_{0}}=\frac{4}{x_{0}}, x_{0} e^{x_{0}}=4$, 两边取对数, 得 $\ln x_{0}+x_{0}=\ln 4$ .

$\therefore \quad g\left(x_{0}\right)=\frac{4}{x_{0}}-4\left(\ln 4-x_{0}\right)-8+8 \ln 2=4\left(\frac{1}{x_{0}}+x_{0}\right)-8>0 .\left(x_{0} \in(1,2)\right)$

$\therefore$ 当 $x>0$ 时, $g(x) \geq g\left(x_{0}\right)>0$ .

$\therefore$ 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \ln x+8-8 \ln 2$ .
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $a, b, c, d \in \mathbb{R}, f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$, 且 $f(2019-i)=i$ $(i=1,2,3,4)$, 求 $8 a+4 b+2 c+d$ 的值.

Solution:
令 $g(x)=f(x)-(2019-x)$, 由已知可得

$$
g(2019-i)=f(2019-i)-2019+(2019-i)=0
$$

即 $2019-i(i=1,2,3,4)$ 为方程 $g(x)=0$ 的根, 令

$$
g(x)=f(x)-(2019-x)=c(x)(x-2018)(x-2017)(x-2016)(x-2015) \cdots (1)
$$

(1) 式左边是三次, 右边高于三次, 所以 $c(x)=0$, 因此 $f(x)=2019-x$ .

所以 $8 a+4 b+2 c+d=f(2)=2017$ .

Final answer: $2017$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 过两个焦点分别作两条相互垂直的直线 $l_{1}, l_{2}$ .假设两条直线 $l_{1}, l_{2}$ 相交于 $P, l_{1}, l_{2}$ 在椭圆内所截的线段长度为 $m_{1}, m_{2}$ .
点 $P$ 在椭圆内时, 求 $a, b$ 应满足的条件.

Solution:
因为 $P$ 点在以原点为圆心, 以焦半径为半径的圆上, 所以要使点 $P$ 在椭圆内, 则 $c<b$, 即 $a^{2}-b^{2}<b^{2}$, 即 $a<\sqrt{2} b$ .

Final answer: $a<\sqrt{2} b$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 过两个焦点分别作两条相互垂直的直线 $l_{1}, l_{2}$ .假设两条直线 $l_{1}, l_{2}$ 相交于 $P, l_{1}, l_{2}$ 在椭圆内所截的线段长度为 $m_{1}, m_{2}$ .
求 $m_{1} m_{2}$ 的最小值和最大值.

Solution:
设 $l_{1}$ 的斜率为 $k$, 则 $l_{1}$ 的直线方程为 $y=k(x-c)$, 联立椭圆方程, 求得 $m_{1}=\frac{2 a b^{2}\left(1+k^{2}\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$

同理求得 $m_{2}=\frac{2 a b^{2}\left(1+k^{2}\right)}{a^{2}+b^{2} k^{2}}$ $m_{1} m_{2}=\frac{4 a^{2} b^{4}\left(1+k^{2}\right)^{2}}{\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2} k^{2}\right)}=\frac{4 a^{2} b^{4}\left(2+k^{2}+\frac{1}{k^{2}}\right)}{a^{2} b^{2}\left(k^{2}+\frac{1}{k^{2}}\right)+a^{4}+b^{4}}$, 令 $t=k^{2}+\frac{1}{k^{2}}+2 \geq 4$, 则 $m_{1} m_{2}=\frac{4 a^{2} b^{4}}{a^{2} b^{2}+\frac{1}{t}\left(a^{4}+b^{4}-2 a b\right)} \geq \frac{16 a^{2} b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}}$

所以 $m_{1} m_{2}$ 的最小值为 $\frac{16 a^{2} b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}}$;

当 $t$ 趋向无穷时, 即其中一条直线与 $\mathrm{x}$ 轴垂直, 另一直线与 $\mathrm{x}$ 周重合时, $m_{1} m_{2}$ 取最大值为 $4 b^{2}$ .

Final answer: $\frac{16 a^{2} b^{4}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}}, 4 b^{2}$
Subfield: Inequality


Question: 设 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{i}>0(2 \leq i \leq n)$, 证明 $\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{(k+1)(2 k+1)\left(a_{1}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\right)}<1$ .

Solution:
$\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{(k+1)(2 k+1)\left(a_{1}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\right)}=\frac{1}{6} \sum_{k=1}^{n} \frac{k a_{k}}{\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\left(a_{1}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\right)}$

$\leq \frac{1}{6} \sum_{k=1}^{n} \frac{k a_{k}}{\left(a_{1}+2 a_{2} \cdots+k a_{k}\right)^{2}}=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{a_{1}}+\sum_{k=2}^{n} \frac{k a_{k}}{\left(a_{1}+2 a_{2} \cdots+k a_{k}\right)^{2}}\right)$

$\leq \frac{1}{6}\left[\frac{1}{a_{1}}+\sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \cdots+(k-1) a_{k-1}}-\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \cdots+k a_{k}}\right)\right]$

$=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \cdots+n a_{n}}\right)<\frac{1}{6} \cdot \frac{2}{a_{2}}=1$
Subfield: Number Theory


Question: 设 $A$ 为 20 ! 的所有因数构成的集合, $x_{i} \in A(1 \leq i \leq n)$ .若对任意的正整数 $y_{i}(1 \leq i \leq n)$, 存在正整数 $z$, 使得 $\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为正整数.
求 $n$ 的最大值.

Solution:
$20 !=2^{18} \times 3^{8} \times 5^{4} \times 7^{2} \times 11 \times 13 \times 17 \times 19, A=\left\{x|x|20!,x \in \mathbb{N}_{+}\right\}$.

令 $\left(x_{i}, x_{j}\right)=d\left(x_{i}, x_{j} \in A\right), x_{i}=a d, x_{j}=b d$, 且 $(a, b)=1$ .

取 $y_{1}=1, y_{2}=2$, 得 $\frac{1+z}{a d}, \frac{2+z}{b d} \in \mathbb{Z}$, 于是 $d=1$, 于是 $\left(x_{i}, x_{j}\right)=1(1 \leq i \neq j \leq n)$ .

做方程组

$\left\{\begin{array}{l}z \equiv-y_{1}\left(\bmod x_{1}\right) \\ z \equiv-y_{2}\left(\bmod x_{2}\right) \\ \cdots \cdots \\ z \equiv-y_{n}\left(\bmod x_{n}\right)\end{array}\right.$

由中国剩余定理可知存在正整数 $z$ 使得 $\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为整数.

又集合 $A$ 有 8 个不同的质因数, 其中可以有一个变量取 1 , 故 $n \leq 9$; 当 $n \geq 10$ 时,

一定存在 $x_{i}, x_{j},\left(x_{i}, x_{j}\right)>1$ .

当 $n=9$ 时, 取 $x_{1}=1,\left\{x_{2}, \cdots, x_{9}\right\}=\{2,3,5,7,11,13,17,19\}$ .所以 $n$ 的最大值为 9 .

Final answer: $9$
Subfield: Number Theory


Question: 设 $A$ 为 20 ! 的所有因数构成的集合, $x_{i} \in A(1 \leq i \leq n)$ .若对任意的正整数 $y_{i}(1 \leq i \leq n)$, 存在正整数 $z$, 使得 $\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为正整数.
$n$ 取最大值时，求所有可能的 $n$ 元数组 $\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的组数.

Solution:
$20 !=2^{18} \times 3^{8} \times 5^{4} \times 7^{2} \times 11 \times 13 \times 17 \times 19, A=\left\{x|x| 20！\right.$ , $\left.x \in \mathbb{N}_{+}\right\}$.

令 $\left(x_{i}, x_{j}\right)=d\left(x_{i}, x_{j} \in A\right), x_{i}=a d, x_{j}=b d$, 且 $(a, b)=1$ .

取 $y_{1}=1, y_{2}=2$, 得 $\frac{1+z}{a d}, \frac{2+z}{b d} \in \mathbb{Z}$, 于是 $d=1$, 于是 $\left(x_{i}, x_{j}\right)=1(1 \leq i \neq j \leq n)$ .

做方程组

$\left\{\begin{array}{l}z \equiv-y_{1}\left(\bmod x_{1}\right) \\ z \equiv-y_{2}\left(\bmod x_{2}\right) \\ \cdots \cdots \\ z \equiv-y_{n}\left(\bmod x_{n}\right)\end{array}\right.$

由中国剩余定理可知存在正整数 $z$ 使得 $\frac{y_{i}+z}{x_{i}}$ 为整数.

又集合 $A$ 有 8 个不同的质因数, 其中可以有一个变量取 1 , 故 $n \leq 9$; 当 $n \geq 10$ 时,

一定存在 $x_{i}, x_{j},\left(x_{i}, x_{j}\right)>1$ .

当 $n=9$ 时, 取 $x_{1}=1,\left\{x_{2}, \cdots, x_{9}\right\}=\{2,3,5,7,11,13,17,19\}$ .所以 $n$ 的最大值为 9 .

因此$\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的组数为 $18 \times 8 \times 4 \times 2 \times 9!$.

Final answer: $418037760$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}(e^{x}-a)-a^{2}x.$
$若f(x)\geq 0,求a的取值范围.$

Solution:
$①若a=0,则f(x)=e^{2x}>0，满足题意.$
$②若a>0，则由(1)得，当x=ln a时，f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a^{2}ln  a，从而当且仅当-a^2ln a\geq 0，即0<a\leq 1时，f(x)\geq 0.$
$③若a<0，则由(1)得，当x =ln\left(-\frac{a}{2}\right)时，f(x)取得最小值，最小值为f\left(\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right)\right)=a^{2}\left[\frac{3}{4}-\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right)\right]，从而当且仅当a^{2}\left[\frac{3}{4}-\mathrm{ln}\left(-\frac{a}{2}\right)\right]\geq 0，即-2e^{\frac{3}{4}}\leq a<0时，f(x)\geq 0.$
$综上，a的取值范围是[-2e^{\frac{3}{4}},1]。$

Final answer: $[-2e^{\frac{3}{4}},1]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}ln(1+x).$
$设g(x)=f'(x),求函数g(x)在[0，+\infty )上的单调递增区间；$

Solution:
$g(x) = f'(x) = e^x \ln (1 + x) + \frac{e^x}{1 + x}，$

$则 g'(x) = e^x \ln (1 + x) + \frac{e^x}{1 + x} + \frac{x e^x}{(1 + x)^2}，$

$易知当 x \ge 0 时，e^x \ln (1 + x) \ge 0，\frac{x e^x}{(1 + x)^2} \ge 0，\frac{e^x}{1 + x} > 0，$

$\therefore  当 x \ge 0 时，g'(x) > 0，$

$\therefore  函数 g(x) 在 [0, +\infty) 上单调递增.$



Final answer: [0, +\infty)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}ln(1+x).$
$设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0，+\infty )上的单调性；$

Solution:
$g(x) = f'(x) = e^x \ln (1 + x) + \frac{e^x}{1 + x}，$

$则 g'(x) = e^x \ln (1 + x) + \frac{e^x}{1 + x} + \frac{x e^x}{(1 + x)^2}，$

$易知当 x \ge 0 时，e^x \ln (1 + x) \ge 0，\frac{x e^x}{(1 + x)^2} \ge 0，\frac{e^x}{1 + x} > 0，$

$\therefore  当 x \ge 0 时，g'(x) > 0，$

$\therefore  函数 g(x) 在 [0, +\infty) 上单调递增.$

Final answer: ${g(x)}在[0, +\infty)上单调递增$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-x$
$当a=-2时，若f(x)在(0,\sqrt{m})上存在最大值，求m的取值范围；$

Solution:
$当a=-2时，f(x)=\ln x - \frac{2}{x} - x，所以f'(x)=\frac{1}{x} + \frac{2}{x^2} - 1= \frac{-x^2+x+2}{x^2} = -\frac{(x-2)(x+1)}{x^2}，$

$因为函数f(x)=\ln x - \frac{2}{x} - x的定义域为(0,+\infty )，$

$所以当x>2时，f'(x)<0，f(x)单调递减，$

$当0<x<2时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=2时，函数有最大值，$

$因此要想f(x)在(0,\sqrt{m})上存在最大值，只需\sqrt{m}>2，解得m>4，$

$所以m的取值范围为(4,+\infty ).$

Final answer: $(4,+\infty)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-x$
$讨论f(x)极值点的个数.$

Solution:
$易得f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}-1=-\frac{x^2-x+a}{x^2}，$
$令x^2-x+a=0，则\Delta =(-1)^2-4a=1-4a.$
$①当\Delta <0，即1-4a<0时，解得a>\frac{1}{4}，此时方程x^2-x+a=0没有实数根，$
$所以f'(x)<0，函数f(x)单调递减，函数f(x)没有极值点；$
$②当\Delta =0，即1-4a=0时,解得a=\frac{1}{4}，$
$此时f'(x)=-\frac{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}{x^2}\leq 0\left(当x=\frac{1}{2}时取等号\right)，所以函数f(x)单调递减，故函数f(x)没有极值点；$
$③当\Delta >0，即1-4a>0，即a<\frac{1}{4}时，方程x^2-x+a=0有两个不相等的实数根，$
$不妨设两个实数根为x_1,x_2，且x_1<x_2，则x_1=\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2},x_2=\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}，$
$所以x_1\cdot x_2=a,x_1+x_2=1，$
$当x_1\cdot x_2=a>0时，方程有两个不相等的正实数根，$
$则当x\in (0,x_1)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，当x\in (x_1,x_2)时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，当x\in (x_2,+\infty )时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，$
$因此x=x_1时，函数有极小值点，x=x_2时，函数有极大值点，$
$所以当a\in \left(0,\frac{1}{4}\right)时，函数有两个极值点，$
$当x_1\cdot x_2=a\leq 0时，方程有一个正实数根和一个负实数根，或有一个正实数根和一个零根，$
$则当x\in (0,x_2)时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，当x\in (x_2,+\infty )时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x=x_2时，函数有极大值点，$
$因此a\in (-\infty ,0]时，函数有一个极值点.$
$综上所述，当a\in (-\infty ,0]时，函数有一个极值点；$
$当a\in \left(0,\frac{1}{4}\right)时，函数有两个极值点；$
$当a\in \left[\frac{1}{4},+\infty \right)时，函数没有极值点.$

Final answer: $当a\in (-\infty ,0]时，函数有一个极值点；当a\in \left(0,\frac{1}{4}\right)时，函数有两个极值点；当a\in \left[\frac{1}{4},+\infty \right)时，函数没有极值点.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-x$
$当a\in \left(0,\frac{1}{4}\right)时，求f(x)极值点的个数.$

Solution:
$易得f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}-1=-\frac{x^2-x+a}{x^2}，$
$令x^2-x+a=0，则\Delta =(-1)^2-4a=1-4a.$
$①当\Delta <0，即1-4a<0时，解得a>\frac{1}{4}，此时方程x^2-x+a=0没有实数根，$
$所以f'(x)<0，函数f(x)单调递减，函数f(x)没有极值点；$
$②当\Delta =0，即1-4a=0时,解得a=\frac{1}{4}，$
$此时f'(x)=-\frac{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}{x^2}\leq 0\left(当x=\frac{1}{2}时取等号\right)，所以函数f(x)单调递减，故函数f(x)没有极值点；$
$③当\Delta >0，即1-4a>0，即a<\frac{1}{4}时，方程x^2-x+a=0有两个不相等的实数根，$
$不妨设两个实数根为x_1,x_2，且x_1<x_2，则x_1=\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2},x_2=\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}，$
$所以x_1\cdot x_2=a,x_1+x_2=1，$
$当x_1\cdot x_2=a>0时，方程有两个不相等的正实数根，$
$则当x\in (0,x_1)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，当x\in (x_1,x_2)时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，当x\in (x_2,+\infty )时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，$
$因此x=x_1时，函数有极小值点，x=x_2时，函数有极大值点，$
$所以当a\in \left(0,\frac{1}{4}\right)时，函数有两个极值点，$
$当x_1\cdot x_2=a\leq 0时，方程有一个正实数根和一个负实数根，或有一个正实数根和一个零根，$
$则当x\in (0,x_2)时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，当x\in (x_2,+\infty )时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x=x_2时，函数有极大值点，$
$因此a\in (-\infty ,0]时，函数有一个极值点.$
$综上所述，当a\in (-\infty ,0]时，函数有一个极值点；$
$当a\in \left(0,\frac{1}{4}\right)时，函数有两个极值点；$
$当a\in \left[\frac{1}{4},+\infty \right)时，函数没有极值点.$



Final answer: 2
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = x^2 - 2x + aln(x) (a>0).$
$若函数f(x)有两个极值点x_1、x_2(x_1<x_2)，且不等式f(x_1) \geq mx_2恒成立，试求实数m的取值范围.$

Solution:
$易得 f'(x)=2x-2+\frac{a}{x}=\frac{2x^2-2x+a}{x} (x>0).$
$令 f'(x)=0，得 2x^2-2x+a=0，因为函数 f(x) 在(0，+\infty )上有两个极值点，$
$所以 \Delta=4-8a>0，即 a<\frac{1}{2},因为 a>0，所以 0<a<\frac{1}{2}，又 x_{1}+x_{2}=1，x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2} ，x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}，所以 0<x_{1}<\frac{1}{2} ，x_{2}>frac{1}{2}<1 ，$
$由 f(x_{1})\geq mx_{2} 恒成立得 m\leq \frac{f(x_1)}{x_2} 恒成立，\frac{f(x_1)}{x_2}=\frac{x_{1}^2-2x_{1}+a\ln x_{1}}{x_{2}}=\frac{x_{1}^2-2x_{1}+(2x_{1}-2x_{1}^2)\ln x_{1}}{x_{2}}=1-x_{1}+\frac{1}{x_{1}-1}+2x_1ln x_{1}，$
$令 h(x)=1-x+\frac{1}{x-1}+2x \ln x (0<x<\frac{1}{2})，$
$则 h'(x)=1-\frac{1}{{(x-1)}^2}+2\ln x，$
$因为 0<x<\frac{1}{2},所以 -1<x-1<-\frac{1}{2},所以 \frac{1}{4}<(x-1)^2<1，所以 -4<-\frac{1}{{(x-1)}^2}<-1，又 2\ln x<0，$
$所以 h'(x)<0，所以当 0<x<\frac{1}{2} 时，h(x) 单调递减，所以 h(x)>h(\frac{1}{2})=-\frac{3}{2}-\ln 2，即 \frac{f(x_1)}{x_{2}} >-\frac{3}{2}-\ln 2，故实数 m 的取值范围是 (-\infty ,-\frac{3}{2}-\ln 2] .$

Final answer: $(-\infty ,-\frac{3}{2}-\ln 2]$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ln x+\frac{x-1}{x}-a(x-1)(a\in R).$
$当a=2时，求函数f(x)的减区间；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(0,+\infty )，当a=2时，f(x)=ln x+\frac{x-1}{x}-2(x-1)，  $
$f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-2=\frac{-2x^2+x+1}{x^2}=\frac{-(2x+1)(x-1)}{x^2}，  $
当0<x<1时，f'(x)>0，当x>1时，f'(x)<0，  
所以函数f(x)的增区间是(0,1)，减区间是(1,+\infty ).



Final answer: (1,+\infty )
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ln x+\frac{x-1}{x}-a(x-1)(a\in R).$
$当a=2时，求函数f(x)的单调区间；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(0,+\infty )，当a=2时，f(x)=ln x+\frac{x-1}{x}-2(x-1)，  $
$f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-2=\frac{-2x^2+x+1}{x^2}=\frac{-(2x+1)(x-1)}{x^2}，  $
当0<x<1时，f'(x)>0，当x>1时，f'(x)<0，  
所以函数f(x)的增区间是(0,1)，减区间是(1,+\infty ).

Final answer: 增区间是(0,1)，减区间是(1,+\infty ).
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}(1+a\ln x).$
$当f(x)有两个极值点时，求a的取值范围；$

Solution:
$易得f(x)=e^{x}(1+a\ln x)的定义域为(0,+\infty )，$

$当a=0时，f(x)=e^{x}，其在定义域上单调递增，故无极值点，不符合要求；$

$当a\neq 0时，f'(x)=e^{x}(1+a\ln x)+e^{x}\cdot \frac{a}{x}=e^{x}\left(1+a\ln x+\frac{a}{x}\right)，$

$令g(x)=1+a\ln x+\frac{a}{x}，x>0，$

$则f(x)有两个极值点等价于g(x)=1+a\ln x+\frac{a}{x}，x>0有两个极值点，$

$易得g'(x)=\frac{a}{x}-\frac{a}{x^{2}}=\frac{a(x-1)}{x^{2}}，$

$若a>0，则当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增，$

$当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减，$

$所以g(x)在x=1处取得极小值，且g(1)=1+a>0，$

$故g(x)>0恒成立，f'(x)>0恒成立，所以f(x)单调递增，故不满足有两个极值点，舍去；$

$若a<0，则当x>1时，g'(x)<0，g(x)单调递减，$

$当0<x<1时，g'(x)>0，g(x)单调递增，$

$所以g(x)在x=1处取得极大值，且g(1)=1+a，$

$当1+a<0，即a<-1时，g(x)<0恒成立，则f'(x)<0恒成立，所以f(x)单调递减，不满足有两个极值点，舍去；$

$当1+a>0，即-1<a<0时，\frac{-1}{a}>1，0<e^\frac{1}{a}<1，$

$令h(x)=e^{x}-2x，x>1，则h'(x)=e^{x}-2，当x>1时，h'(x)>0，所以h(x)=e^{x}-2x在(1，+\infty )上为增函数，$

$所以h(x)>h(1)=e-2>0，所以h\left(-\frac{1}{a}\right)=e^{-\frac{1}{a}}-2\left(-\frac{1}{a}\right)>0，即e^{-\frac{1}{a}}>\frac{2}{a}，$

$所以ae^{-\frac{1}{a}}<-2，g(e^\frac{1}{a})=2+ae^{-\frac{1}{a}}<0，$

$所以g(x)在区间(0,1)内存在一个零点，记为m，$

$又g(e^\frac{1}{a})=ae^\frac{1}{a}<0，所以g(x)在区间(1,+\infty )上存在一个零点，记为n，$

$所以f(x)在(0,m),(n,+\infty )上单调递减，在(m,n)上单调递增，$

$所以m为f(x)的极小值点，n为f(x)的极大值点，此时符合题意.$

$综上，a\in (-1,0).$

Final answer: (-1,0)
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=e^{mx}+x^2-mx$
$若对于任意x_1,x_2 \in [-1,1]，都有|f(x_1)-f(x_2)|\leq e-1，求m的取值范围.$

Solution:
$由(1)知，对任意的 m，f(x) 在[-1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，所以对于任意 x_1, x_2 \in [-1,1]，|f(x_1)-f(x_2)| \leq  e-1 等价于$
$\left\{\begin{matrix}f(1)-f(0)\leq \mathrm{e}-1,\\ f(-1)-f(0)\leq \mathrm{e}-1,\end{matrix}\right.$
即
$\left\{\begin{matrix}\mathrm{e}^m-m\leq \mathrm{e}-1,\\ \mathrm{e}^{-m}+m\leq \mathrm{e}-1\end{matrix}\right.$
$设函数 g(t) = e^t - t - e + 1，则 g' (t) = e^t - 1。当 t<0 时，g' (t) < 0；当 t>0 时，g' (t) > 0。故 g(t) 在 (-\infty ,0) 单调递减，在 (0,+\infty ) 单调递增。又 g(1) = 0，g(-1) = e^{-1} +2 - e < 0，故当 t \in  [-1,1] 时，g(t) \leq  0。所以当 m \in  [-1,1] 时，g(m) \leq  0，g(-m) \leq  0，即①式成立。当 m > 1  时，g(m) > 0，即 e^m - m > e-1，不满足题意；当 m < -1 时，g(-m) > 0，即 e^{-m} + m > e-1，不满足题意。综上，m 的取值范围是[-1,1]。$

Final answer: $[-1,1]$
Subfield: Derivative


Question: $已知实数a\neq 0，设函数f(x)=a\ln x + \sqrt{1+x}, x＞0.$
$当a = -\frac{3}{4}时，求函数f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$当a=-3/4时，f(x)=-3/4 ln x+ \sqrt{1+x}，x>0.$
$f'(x)=-3/4x+ \frac{1}{2\sqrt{1+x}} = \frac{(\sqrt{1+x}-2)(2\sqrt{1+x}+1)}{4x\sqrt{1+x}}，$
$所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，+\infty )。$



Final answer: (0，3)
Subfield: Derivative


Question: $已知实数a\neq 0，设函数f(x)=a\ln x + \sqrt{1+x}, x＞0.$
$当a = -\frac{3}{4}时，求函数f(x)的单调区间；$

Solution:
$当a=-3/4时，f(x)=-3/4 ln x+ \sqrt{1+x}，x>0.$
$f'(x)=-3/4x+ \frac{1}{2\sqrt{1+x}} = \frac{(\sqrt{1+x}-2)(2\sqrt{1+x}+1)}{4x\sqrt{1+x}}，$
$所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，+\infty )。$

Final answer: $单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，+\infty )$
Subfield: Derivative


Question: $已知实数a\neq 0，设函数f(x)=a\ln x + \sqrt{1+x}, x＞0.$
$对任意x\in [\frac{1}{e^2},+\infty)均有f(x)\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}，求a的取值范围.注：e=2.718 28\ldots 为自然对数的底数.$

Solution:
$由f(1)\leq \frac{1}{2a},得0< a \leq \frac{\sqrt{2}}{4}. $

$当0< a \leq \frac{\sqrt{2}}{4}时，f(x)\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}等价于\frac{\sqrt{x}}{a^2}-\frac{2\sqrt{1+x}}{a}-2ln x \geq 0. $

$令t=\frac{1}{a},则t \geq 2\sqrt{2}. $

$设g(t)=t^2 \sqrt{x}-2t\sqrt{1+x}-2ln x, t \geq 2\sqrt{2}, $

$则g(t)=\sqrt{x}(t-\sqrt{1+\frac{1}{x}})^2-\frac{1+x}{\sqrt{x}}-2ln x. $

$(i)当x\in \left[\frac{1}{7},+\infty \right)时，\sqrt{1+\frac{1}{x}} \leq 2\sqrt{2}, $

$则g(t)\geq g(2\sqrt{2})=8\sqrt{x}-4\sqrt{2}\sqrt{1+x}-2ln x. $

$记p(x)=4\sqrt{x}-2\sqrt{2}\sqrt{1+x}-ln x,x \geq \frac{1}{7}, $

$则p'(x)=\frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}-\frac{1}{x}=\frac{2\sqrt{x}\sqrt{x+1}-\sqrt{2}x-\sqrt{x+1}}{x\sqrt{x+1}} $

$=\frac{(x-1)[1+\sqrt{x}(\sqrt{2x+2}-1)]}{x\sqrt{x+1}(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x+1}+\sqrt{2x})}. $

$当x变化时,p'(x)，p(x)的变化如下表：$

|x|$\frac{1}{7}$|$(\frac{1}{7},1)$|1|$(1,+\infty )$|
| ------- |:-----------:|:-----------:|:-------:|:-------:|
|p'(x) |      |  -   |     0       |    +    |
|p(x)   |$p(\frac{1}{7})$ |单调递增|极小值p(1)|单调递减|

$所以p(x)\geq p(1)=0. $

$因此,g(t)\geq g(2\sqrt{2})=2p(x)\geq 0. $

$(ii)当x\in \left[\frac{1}{\mathrm{e}^2},\frac{1}{7}\right)时， $

$g(t)\geq g\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}\right)= \frac{-2\sqrt{x}\mathrm{ln} x-(x+1)}{2\sqrt{x}}. $

$令q(x)=2\sqrt{x}ln x+(x+1),x\in \left[\frac{1}{\mathrm{e}^2},\frac{1}{7}\right], $

$则q'(x)=\frac{\mathrm{ln} x+2}{\sqrt{x}}+1>0,故q(x)在\left[\frac{1}{\mathrm{e}^2},\frac{1}{7}\right]上单调递增， $

$所以q(x)\leq q\left(\frac{1}{7}\right). $

$由(i)得，q\left(\frac{1}{7}\right)=-\frac{2\sqrt{7}}{7} p\left(\frac{1}{7}\right)< -\frac{2\sqrt{7}}{7} p(1)=0. $

$所以q(x)< 0. $

$因此,g(t)\geq g\left(\sqrt{1+\frac{1}{x}}\right)= -\frac{q(x)}{2\sqrt{x}}> 0. $

$由(i)(ii)知对任意x\in \left[\frac{1}{\mathrm{e}^2},+\infty \right), t\in [2\sqrt{2},+\infty ), g(t)\geq 0,即对任意x\in \left[\frac{1}{\mathrm{e}^2},+\infty \right),均有f(x)\leq \frac{\sqrt{x}}{2a}. $

$综上所述，所求a的取值范围是\left(0,\frac{\sqrt{2}}{4}\right].$



Final answer: \left(0,\frac{\sqrt{2}}{4}\right]
Subfield: Derivative


Question: $已知a>0，函数f(x)=ax-xe^{x}。$
$若存在a，使得f(x) \leq a + b对任意x \in \mathbf{R}成立，求实数b的取值范围.$

Solution:
$由(2)知 f(x)_{max}=f(m)，$
$此时 a=(1+m)e^{m}(m>-1)，$
$\therefore  [f(x)-a]_{max}=f(m)-a=(1+m)e^{m}\cdot m-me^{m}-(1+m)e^{m}$
$=(m^{2}-m-1)e^{m}(m>-1),$
$令 h(x)=(x^{2}-x-1)e^{x}(x >-1),$
$存在 a，使得f(x)\leq a+b 对任意 x\in R 成立，等价于存在 x\in (-1，+\infty )，使得 h(x)\leq b 成立，$
$即 b\geq h(x)_{min}，$
$而 h'(x)=(x^{2}+x-2)e^{x}=(x-1)(x+2)e^{x}(x>-1)，$
$当 x\in (-1，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，$
$当 x\in (1，+\infty )时，h'(x)>0，h(x)单调递增，$
$\therefore  h(x)_{min}=h(1)=-e，\therefore b\geq -e.$
$综上， b\in [-e，+\infty ).$

Final answer: [-e，+\infty )
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \\sin ^2x\\sin  2x.$
$求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$f '(x)= \\cos  x(\\sin  x \\sin  2x)+ \\sin  x(\\sin  x \\sin  2x)'$

$=2 \\sin  x \\cos  x \\sin  2x+2 \\sin ^2x \\cos  2x$

$=2 \\sin  x \\sin  3x.$

$当x\in (0,\frac{\pi }{3})\cup (\frac{2\pi }{3},\pi)时， f '(x)>0;$

$当x\in (\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3})时，f '(x)<0. $

$所以 f(x) 在区间(0,\frac{\pi }{3}),(\frac{2\pi }{3},\pi)单调递增，在区间 (\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3})单调递减.$



Final answer: (\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3})
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \\sin ^2x\\sin  2x.$
$讨论f(x)在区间(0,\pi )的单调性；$

Solution:
$f '(x)= \\cos  x(\\sin  x \\sin  2x)+ \\sin  x(\\sin  x \\sin  2x)'$

$=2 \\sin  x \\cos  x \\sin  2x+2 \\sin ^2x \\cos  2x$

$=2 \\sin  x \\sin  3x.$

$当x\in (0,\frac{\pi }{3})\cup (\frac{2\pi }{3},\pi)时， f '(x)>0;$

$当x\in (\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3})时，f '(x)<0. $

$所以 f(x) 在区间(0,\frac{\pi }{3}),(\frac{2\pi }{3},\pi)单调递增，在区间 (\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3})单调递减.$

Final answer: $f(x) 在区间(0,\frac{\pi }{3}),(\frac{2\pi }{3},\pi)单调递增，在区间 (\frac{\pi }{3},\frac{2\pi }{3})单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=e^{x}cos x，g(x)为f(x)的导函数.设k为任意正整数（答案可用含k的区间表示）$
$求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$由已知，有f'(x)=e^{x}(cosx-sinx).$

$因此当x\in (2k\pi +\frac{\pi }{4},2k\pi +\frac{5\pi }{4})(k\in Z)时，有sinx>cosx，$

$得f'(x)<0，则f(x)单调递减；$

$当x\in (2k\pi -\frac{3\pi }{4},2k\pi +\frac{\pi }{4})(k\in Z)时，有sinx<cosx，得f'(x)>0，则f(x)单调递增.$

$所以 f(x)的单调递增区间为[2k\pi -\frac{3\pi }{4},2k\pi +\frac{\pi }{4}](k\in Z)， f(x)的单调递减区间为[2k\pi +\frac{\pi }{4},2k\pi +\frac{5\pi }{4}](k\in Z).$



Final answer: [2k\pi +\frac{\pi }{4},2k\pi +\frac{5\pi }{4}]
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=e^{x}cos x，g(x)为f(x)的导函数.$
$求f(x)的单调区间；$

Solution:
$由已知，有f'(x)=e^{x}(cosx-sinx).$

$因此当x\in (2k\pi +\frac{\pi }{4},2k\pi +\frac{5\pi }{4})(k\in Z)时，有sinx>cosx，$

$得f'(x)<0，则f(x)单调递减；$

$当x\in (2k\pi -\frac{3\pi }{4},2k\pi +\frac{\pi }{4})(k\in Z)时，有sinx<cosx，得f'(x)>0，则f(x)单调递增.$

$所以 f(x)的单调递增区间为[2k\pi -\frac{3\pi }{4},2k\pi +\frac{\pi }{4}](k\in Z)， f(x)的单调递减区间为[2k\pi +\frac{\pi }{4},2k\pi +\frac{5\pi }{4}](k\in Z).$

Final answer: $f(x)的单调递增区间为[2k\pi -\frac{3\pi }{4},2k\pi +\frac{\pi }{4}](k\in Z)，f(x)的单调递减区间为[2k\pi +\frac{\pi }{4},2k\pi +\frac{5\pi }{4}](k\in Z)。$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=-2x^2+\frac{1+\ln x}{x}, g(x)=e^{2x}-2x^2-a.$
$若不等式g(x) \geq f(x)在(0，+\infty )恒成立，求a的取值范围.$

Solution:
$不等式 g(x) \geq f(x) 在 (0,+\infty ) 恒成立，即 e^{2x} - \frac{1+\mathrm{ln} x}{x} \geq a 恒成立，$
$令 h(x) = e^{2x} - \frac{1+\mathrm{ln} x}{x} ，则 h'(x) = 2e^{2x} + \frac{\mathrm{ln} x}{x^2} = \frac{2x^2\mathrm{e}^{2x}+\mathrm{ln} x}{x^2}，$
$令 \phi(x) = 2x^2e^{2x}+\mathrm{ln} x , 则 \phi'(x) = 4x(1+x)e^{2x} + \frac{1}{x} > 0, x \in (0,+\infty )，$
$所以 \phi(x) 在区间 (0,+\infty ) 为增函数，$
$又 \phi(e^{-2}) = \frac{2e^{2e^{-2}}}{e^4} -2 < 0, \phi(1) = 2e^2 > 0，$
$所以存在 x_0 \in (e^{-2},1) ，满足 \phi(x_0) = 2x_0^2e^{2x_0}+\mathrm{ln} x_0 = 0，$
$则当 x \in (0,x_0) 时, h'(x) < 0, h(x) 为减函数，$
$x \in (x_0,+\infty ) 时, h'(x) > 0, h(x) 为增函数，$
$所以 h(x)_{min} = h(x_0) = e^{2x_0} - \frac{1+\mathrm{ln} x_0}{x_0}，$
$由 \phi(x_0) = 2x_0^2e^{2x_0} + \mathrm{ln} x_0 = 0，$
$得 2x_0e^{2x_0} + \frac{\mathrm{ln} x_0}{x_0} = 0, 2x_0e^{2x_0} = -\frac{\mathrm{ln} x_0}{x_0} = \ln \frac{1}{x_0} e^{\ln \frac{1}{x_0}}.$
$又 y = xe^x 在 (0,+\infty ) 为增函数，$
$所以 2x_0 = \ln \frac{1}{x_0}, 所以 e^{2x_0} = \frac{1}{x_0},$
$所以 h(x)_{min} = h(x_0) = 2, 因此 a \leq 2.$

Final answer: (-\infty,2]
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{x}+\\sin  x - \\cos  x - ax.$
$若函数f(x)在[0,+\infty )上单调递增，求实数a的取值范围；$

Solution:
$f '(x)=e^{x}+\cos  x+\sin  x-a.  $
$因为函数f(x) 在[0,+\infty )上单调递增，  $
$所以f '(x)=e^{x}+\cos  x+\sin  x-a \geq 0，  $
$即a \leq e^{x}+\cos  x+\sin  x对任意x\in [0,+\infty )恒成立.  $
$设h(x)=e^{x}+\cos  x+\sin  x，  $
$则h'(x)=e^{x}-\sin  x+\cos  x=e^{x}-\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right).   $
$当0\leq x < \frac{\pi}{2} 时，h'(x)=e^{x}-\sqrt{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)>1-1=0，  $
$当x \geq  \frac{\pi}{2} 时，h'(x) > e^{\frac{\pi}{2}}-\sqrt{2}>e-\sqrt{2}>0，   $
$所以函数h(x)=e^{x}+\cos  x+\sin  x 在[0,+\infty )上单调递增，  $
$所以a\leq h_{min}=h(0)=2.$

Final answer: (-\infty,2]
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=2e^{x}\\sin  x - ax。 (e是自然对数的底数)$
设k为任意正整数（答案可用含k的区间表示）
$若a=0，求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$当a=0时，f(x)=2e^{x}sin x，则f'(x)=2e^{x}\cdot (\sin  x+\cos  x)=2\sqrt{2}e^{x}sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right),$

$由f'(x)>0，即sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)>0，解得2k\pi <x+\frac{\pi}{4}<2k\pi +\pi (k\in Z)，即2k\pi -\frac{\pi}{4}<x<2k\pi +\frac{3\pi}{4}(k\in Z)，$

$由f'(x)<0，即sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)<0，解得2k\pi +\pi <x+\frac{\pi}{4}<2k\pi +2\pi (k\in Z)，即2k\pi +\frac{3\pi}{4}<x<\frac{7\pi}{4}+2k\pi (k\in Z)，$

$\therefore f(x)的单调递增区间为\left(-\frac{\pi}{4}+2k\pi ,\frac{3\pi}{4}+2k\pi \right)(k\in Z)，单调递减区间为\left(\frac{3\pi}{4}+2k\pi ,\frac{7\pi}{4}+2k\pi \right)(k\in Z).$



Final answer: \left(-\frac{\pi}{4}+2k\pi ,\frac{3\pi}{4}+2k\pi \right)