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


Question: $已知函数f(x)=ax+b+\\cos  x (a,b\in \mathbb{R})，若曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=\frac{1}{2}x+2。$
$求函数f(x)在[0,2\pi ]上的值域．$

Solution:
$由(1)得 f(x)=\frac{1}{2}x+1+\cos  x， f'(x)=\frac{1}{2}-\\sin  x，$
$由 f'(x) \ge 0 且 x \in [0，2\pi] 可得 0 \le x \le \frac{\pi}{6} 或 \frac{5\pi}{6} \le x \le 2\pi，函数 f(x) 在区间 [0,\frac{\pi}{6}] 和 [\frac{5\pi}{6},2\pi] 上单调递增，$
$由 f'(x)<0 且 x \in [0，2\pi] 可得 \frac{\pi}{6}<x<\frac{5\pi}{6}，函数 f(x) 在区间 (\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}) 上单调递减；$
$因此当 x=\frac{\pi}{6} 时，函数取得极大值 f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}\times\frac{\pi}{6}+1+\\cos  \frac{\pi}{6}=1+\frac{\pi}{12}+\frac{\sqrt{3}}{2}，当 x=\frac{5\pi}{6} 时，函数取得极小值 f\left(\frac{5\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}\times\frac{5\pi}{6}+1+\\cos  \frac{5\pi}{6}=1+\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{2}，$
$又 f(0)=2，f(2\pi)=\frac{1}{2}\times2\pi+1+\cos  2\pi=1+\pi+1=2+\pi，$
$1+\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{2}<2<1+\frac{\pi}{12}+\frac{\sqrt{3}}{2}<2+\pi，所以函数 f(x) 在[0，2\pi] 上的最大值为 2+\pi，最小值为 1+\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{2}，所以 f(x) 在[0，2\pi] 上的值域为 \left[1+\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{2},2+\pi\right].$



Final answer: $\left[1+\frac{5\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{2},2+\pi\right]$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=\ln(1+ax)+bx, g(x)=f(x)-bx^2.$
$若a=1, b=-1,求函数f(x)的单调递增区间;$

Solution:
$由题意知 f(x)=ln(1+x)-x, 定义域为(-1,+\infty )，求导得 f'(x)=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}，令f'(x)=0, 得 x=0, 当-1<x<0时, f'(x)>0, 当x>0时, f'(x)<0，所以 f(x) 的单调递增区间为(-1,0), 单调递减区间为(0,+\infty ).$



Final answer: $(-1,0)$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=\ln(1+ax)+bx, g(x)=f(x)-bx^2.$
$若a=1, b=-1,求函数f(x)的单调区间;$

Solution:
$由题意知 f(x)=ln(1+x)-x, 定义域为(-1,+\infty )，求导得 f'(x)=\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}，令f'(x)=0, 得 x=0, 当-1<x<0时, f'(x)>0, 当x>0时, f'(x)<0，所以 f(x) 的单调递增区间为(-1,0), 单调递减区间为(0,+\infty ).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x-a\sin  x的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x。$
$求 f(x) 在[0,2\pi ]上的单调区间.$

Solution:
$由(1)可得f '(x)=1-2\cos  x.$

$在区间[0，2\pi ]上，由f '(x)=0，解得x=\frac{\pi }{3}或x=\frac{5\pi }{3}.$

$当0＜x＜\frac{\pi }{3}或\frac{5\pi }{3}<x<2\pi 时，f '(x)<0，则f(x)单调递减；$

$当\frac{\pi }{3}<x<\frac{5\pi }{3}时，f '(x)>0，则f(x)单调递增.$

$综上可得，f_(x)的单调递减区间为[0,\frac{\pi }{3}]，[\frac{5\pi }{3},2\pi ]，单调递增区间为(\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{3}).$

Final answer: $f_(x)的单调递减区间为[0,\frac{\pi }{3}]，[\frac{5\pi }{3},2\pi ]，单调递增区间为(\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{3})$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x-a\sin  x的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x。$
$求 f(x) 在[0,2\pi ]上的单调递增区间.$

Solution:
$由(1)可得f '(x)=1-2\cos  x.$

$在区间[0，2\pi ]上，由f '(x)=0，解得x=\frac{\pi }{3}或x=\frac{5\pi }{3}.$

$当0＜x＜\frac{\pi }{3}或\frac{5\pi }{3}<x<2\pi 时，f '(x)<0，则f(x)单调递减；$

$当\frac{\pi }{3}<x<\frac{5\pi }{3}时，f '(x)>0，则f(x)单调递增.$

$综上可得，f_(x)的单调递减区间为[0,\frac{\pi }{3}]，[\frac{5\pi }{3},2\pi ]，单调递增区间为(\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{3}).$



Final answer: (\frac{\pi }{3},\frac{5\pi }{3})
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^{3}+\lambda x^{2}-\frac{3}{2}x (\lambda \in R)为奇函数.$
$若f(x)\leq m^2+4m对x\in [-\frac{1}{2},2]恒成立，求实数m的取值范围;$

Solution:
$因为f(x)=x^3+\lambda x^2-\frac{3}{2}x(\lambda \in R)为奇函数，$

$所以f(-x)=-f(x)，即-x^3+\lambda x^2+\frac{3}{2}x=-x^3-\lambda x^2+\frac{3}{2}x，$

$解得\lambda =0，所以f(x)=x^3-\frac{3}{2}x，f'(x)=3x^2-\frac{3}{2}，令f'(x)=0，得x=-\frac{\sqrt{2}}{2}或\frac{\sqrt{2}}{2}，f(x)，f'(x)随x的变化情况如表.$

|x|-1/2|$(-1/2, \frac{\sqrt{2}}{2})$|$\frac{\sqrt{2}}{2}$|$(\frac{\sqrt{2}}{2}, 2)$|2|
|---|---|---|----|---|---|
|f'(x)||-|0|+||
|f(x)|5/8|$\text{单调递减}$|极小值$ -\frac{ \sqrt{2} }{2}$|$\text{单调递增}$|5|

$由表知，f(x)_max=f(2)=5，由f(x)\leq m^2+4m对x \in  [-1/2,2]恒成立，得m^2+4m\geq 5，解得m \leq  -5或m \geq  1.$
$故m的取值范围是(-\infty ,-5]\cup [1,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty ,-5]\cup [1,+\infty )$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ae^{-x}+x-2. a>0$
$求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$因为f(x)=ae^{-x}+x-2=\frac{a}{e^x}+x-2，$

$所以f'(x)=\frac{e^x-a}{e^x}.$

$若a\leq 0，则f'(x)>0恒成立$；

$若a>0，则当x\in (-\infty ,ln a)时，f'(x)<0，当x\in (ln a,+\infty )时，f'(x)>0$.

$故当a\leq 0时，f(x)的单调递增区间为(-\infty ,+\infty )，无单调递减区间$；

$当a>0时，f(x)的单调递增区间为(ln a,+\infty )，单调递减区间为(-\infty ,ln a)$.



Final answer: (-\infty ,ln a)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ae^{-x}+x-2.$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$因为f(x)=ae^{-x}+x-2=\frac{a}{e^x}+x-2，$

$所以f'(x)=\frac{e^x-a}{e^x}.$

$若a\leq 0，则f'(x)>0恒成立$；

$若a>0，则当x\in (-\infty ,ln a)时，f'(x)<0，当x\in (ln a,+\infty )时，f'(x)>0$.

$故当a\leq 0时，f(x)的单调递增区间为(-\infty ,+\infty )，无单调递减区间$；

$当a>0时，f(x)的单调递增区间为(ln a,+\infty )，单调递减区间为(-\infty ,ln a)$.

Final answer: $当a\leq 0时，f(x)的单调递增区间为(-\infty ,+\infty )，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(ln a,+\infty )，单调递减区间为(-\infty ,ln a).$
Subfield: Elementary Functions


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

Solution:
$f(x) \geq  0等价于a \geq  (2-x)e^x，$

$令函数 g(x)=(2-x)e^x，则 g'(x)=(1-x)e^x，$

$当x \in  (-\infty ,1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当 x \in  (1,+\infty )时，g'(x)<0，g(x)单调递减.$

$则g(x) \leq  g(1) = e，故a的取值范围为[e,+\infty ).$

Final answer: [e,+\infty )
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^2-(a-2)x-a \ln x(a \in \mathbb{R})，当a>0时，求函数y=f(x)的单调递减区间.$

Solution:
函数f(x)的定义域是(0，+\infty )，
$f'(x)=2x-(a-2)-\frac{a}{x}=\frac{(x+1)(2x-a)}{x}.  $
(1)$当a\leq 0时，f'(x)>0对任意x\in (0,+\infty )恒成立，  
所以函数f(x)在区间(0，+\infty )上单调递增； $ 
$(2)当a>0时，由f'(x)>0得x>\frac{a}{2}，由f'(x)<0得0<x<\frac{a}{2}，所以函数在区间\left(\frac{a}{2},+\infty\right)上单调递增，在区间\left(0,\frac{a}{2}\right)上单调递减.  $
$综上, a\leq 0时，f(x)的单调增区间为(0,+\infty )，无单调减区间;a>0时，f(x)的单调增区间为\left(\frac{a}{2},+\infty\right)，单调减区间为\left(0,\frac{a}{2}\right).$



Final answer: $(0,\frac{a}{2})$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^2-(a-2)x-a \ln x(a \in \mathbb{R})，求函数y=f(x)的单调区间.$

Solution:
函数f(x)的定义域是(0，+\infty )，
$f'(x)=2x-(a-2)-\frac{a}{x}=\frac{(x+1)(2x-a)}{x}.  $
(1)$当a\leq 0时，f'(x)>0对任意x\in (0,+\infty )恒成立，  
所以函数f(x)在区间(0，+\infty )上单调递增； $ 
$(2)当a>0时，由f'(x)>0得x>\frac{a}{2}，由f'(x)<0得0<x<\frac{a}{2}，所以函数在区间\left(\frac{a}{2},+\infty\right)上单调递增，在区间\left(0,\frac{a}{2}\right)上单调递减.  $
$综上, a\leq 0时，f(x)的单调增区间为(0,+\infty )，无单调减区间;a>0时，f(x)的单调增区间为\left(\frac{a}{2},+\infty\right)，单调减区间为\left(0,\frac{a}{2}\right).$

Final answer: $a\leq 0时，f(x)的单调增区间为(0,+\infty )，无单调减区间；$
$a>0时，f(x)的单调增区间为\left(\frac{a}{2},+\infty\right)，单调减区间为\left(0,\frac{a}{2}\right).$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x) = x^2 - 2x + alnx，当a > 0时，求函数f(x)的单调区间.$

Solution:
$f(x)=x^2-2x+aln x的定义域为(0，+\infty )，f' (x)=2x-2+\frac{a}{x}=\frac{2x^2-2x+a}{x}(x>0)，$

$令f' (x)=0，可得2x^2-2x+a=0(a>0)，$

$当\Delta =4-8a\leq 0，即a\geq \frac{1}{2}时，f' (x)\geq 0对于x\in (0,+\infty )恒成立，所以f(x)在(0,+\infty )上单调递增.$

$当\Delta =4-8a>0，即0<a<\frac{1}{2}时，解2x^2-2x+a=0可得x=\frac{1\pm \sqrt{1-2a}}{2}，$

$由f' (x)>0可得0<x<\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}或x>\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}，$

$由f' (x)<0可得\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}，$

$所以f(x)在\left(0,\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}\right)和\left(\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2},+\infty \right)上单调递增，在\left(\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}\right)上单调递减.$

$综上所述，当a\geq \frac{1}{2}时，f(x)的单调递增区间为(0,+\infty )；当0<a<\frac{1}{2}时，f(x)的单调递增区间为\left(0,\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}\right)和\left(\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2},+\infty \right),单调递减区间为\left(\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}\right).$

Final answer: $当a\geq \frac{1}{2}时，f(x)的单调递增区间为(0,+\infty )；当0<a<\frac{1}{2}时，f(x)的单调递增区间为\left(0,\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}\right)和\left(\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2},+\infty \right)，单调递减区间为\left(\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}\right)。$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x) = x^2 - 2x + alnx，当a > 0时，求函数f(x)的单调递减区间.$

Solution:
$f(x)=x^2-2x+aln x的定义域为(0，+\infty )，f' (x)=2x-2+\frac{a}{x}=\frac{2x^2-2x+a}{x}(x>0)，$

$令f' (x)=0，可得2x^2-2x+a=0(a>0)，$

$当\Delta =4-8a\leq 0，即a\geq \frac{1}{2}时，f' (x)\geq 0对于x\in (0,+\infty )恒成立，所以f(x)在(0,+\infty )上单调递增.$

$当\Delta =4-8a>0，即0<a<\frac{1}{2}时，解2x^2-2x+a=0可得x=\frac{1\pm \sqrt{1-2a}}{2}，$

$由f' (x)>0可得0<x<\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}或x>\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}，$

$由f' (x)<0可得\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}<x<\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}，$

$所以f(x)在\left(0,\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}\right)和\left(\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2},+\infty \right)上单调递增，在\left(\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}\right)上单调递减.$

$综上所述，当a\geq \frac{1}{2}时，f(x)的单调递增区间为(0,+\infty )；当0<a<\frac{1}{2}时，f(x)的单调递增区间为\left(0,\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}\right)和\left(\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2},+\infty \right),单调递减区间为\left(\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}\right).$



Final answer: $(\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2},\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2})$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2\ln x+1$
$若f(x)\leq 2x+c,求c的取值范围；$

Solution:
$设h(x)=f(x)-2x-c, 则h(x)=2\ln x-2x+1-c, 其定义域为(0, +\infty ), h' (x)=\frac{2}{x} -2.$

$当0<x<1时，h'(x)>0; 当x>1时，h'(x)<0. 所以h(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，+\infty )上单调递减. 从而当x >=1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)=-1-c. 故当且仅当-1-c \leq 0, 即c \geq -1时， f(x) \leq 2x+c.$

$所以c的取值范围为[-1，+\infty ).$

Final answer: $[-1，+\infty )$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=a\ln x-\sqrt{x}+1(x>0)，a \in R。$
$当a>0,求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(0,+\infty )， f'(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{2a-\sqrt{x}}{2x}. $

若a\leq 0，则f'(x)<0对任意x\in (0,+\infty )恒成立，此时函数f(x)在(0,+\infty )上为减函数； 

$若a>0，由f'(x)>0可得0<x<4a^2，由f'(x)<0可得x>4a^2，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0,4a^2)，单调递减区间为 (4a^2,+\infty ). $

$综上所述，当a\leq 0时，函数f(x)在(0,+\infty )上为减函数；当a>0时，函数f(x)在(0,4a^2)上单调递增，在(4a^2,+\infty )上单调递减.$



Final answer: $(0,4a^{2})$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=a\ln x-\sqrt{x}+1(x>0)，a \in R。$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$函数f(x)的定义域为(0,+\infty )， f'(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{2a-\sqrt{x}}{2x}. $

若a\leq 0，则f'(x)<0对任意x\in (0,+\infty )恒成立，此时函数f(x)在(0,+\infty )上为减函数； 

$若a>0，由f'(x)>0可得0<x<4a^2，由f'(x)<0可得x>4a^2，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0,4a^2)，单调递减区间为 (4a^2,+\infty ). $

$综上所述，当a\leq 0时，函数f(x)在(0,+\infty )上为减函数；当a>0时，函数f(x)在(0,4a^2)上单调递增，在(4a^2,+\infty )上单调递减.$

Final answer: $当a\leq0时，函数f(x)在(0,+\infty)上为减函数；当a>0时，函数f(x)在(0,4a^{2})上单调递增，在(4a^{2},+\infty)上单调递减.$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2x^3-ax^2+b.$
$求a<0时，f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$。
$令f'(x)=0，得x=0或x=\frac{a}{3}$。
$若a>0，则当x属于(-\infty ,0)\cup \left(\frac{a}{3},+\infty  \right)时，f'(x)>0；当x属于\left(0,\frac{a}{3}\right)时，f'(x)<0，故f(x)在(-\infty ,0)，\left(\frac{a}{3},+\infty  \right)单调递增，在\left(0,\frac{a}{3}\right)单调递减$。
$若a=0，f(x)在(-\infty ,+\infty )单调递增$。
$若a<0，则当x属于\left(-\infty  ,\frac{a}{3}\right)\cup (0,+\infty )时，f'(x)>0；当x属于\left(\frac{a}{3},0\right)时，f'(x)<0，故f(x)在\left(-\infty  ,\frac{a}{3}\right)，(0,+\infty )单调递增，在\left(\frac{a}{3},0\right)单调递减$。



Final answer: $(\frac{a}{3},0)$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=2x^3-ax^2+b.$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$- f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$
$- 令f'(x)=0，得x=0或x=\frac{a}{3}$
$- 若a>0，则当x属于(-\infty ,0)\cup \left(\frac{a}{3},+\infty  \right)时，f'(x)>0；当x属于\left(0,\frac{a}{3}\right)时，f'(x)<0，故f(x)在(-\infty ,0)，\left(\frac{a}{3},+\infty  \right)单调递增，在\left(0,\frac{a}{3}\right)单调递减$
$- 若a=0，f(x)在(-\infty ,+\infty )单调递增$
$- 若a<0，则当x属于\left(-\infty  ,\frac{a}{3}\right)\cup (0,+\infty )时，f'(x)>0；当x属于\left(\frac{a}{3},0\right)时，f'(x)<0，故f(x)在\left(-\infty  ,\frac{a}{3}\right)，(0,+\infty )单调递增，在\left(\frac{a}{3},0\right)单调递减$

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^3-ax-1(a\in R).$
$若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；$

Solution:
$f'(x)=3x^{2}-a.$

$因为f(x)在\mathbb{R}上单调递增，所以 f'(x)\geq0 恒成立，即 a\leq3x^{2} 恒成立，故 a\leq(3x^{2})_{min}=0.$

$经检验，当a=0时，符合题意，$

$故实数a的取值范围是(-\infty,0]。$

Final answer: $(-\infty,0]$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^3-ax-1(a\in R).$
$若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减，求实数a的取值范围.$

Solution:
$由(1)，得f'(x)=3x^2-a，因为函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减，所以f'(x)\leq 0在x\in (-1,1)上恒成立，即a\geq 3x^2在x\in (-1,1)上恒成立。$
$又函数y=3x^2在(-1,1)上的值域为[0,3)，所以a\geq 3。故实数a的取值范围是[3,+\infty )。$

Final answer: $[3,+\infty )$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=1+(1+a)x-x^2-x^3,其中a>0.$
$求f(x)在其定义域上的单调递增区间；$

Solution:
$f(x)的定义域为(-\infty ,+\infty ), f'(x)=1+a-2x-3x^2.$
$令f'(x)=0，得x_1=\frac{-1-\sqrt{4+3a}}{3},x_2=\frac{-1+\sqrt{4+3a}}{3},x_1<x_2，所以f'(x)=-3(x-x_1)(x-x_2).$
$当x<x_1或x>x_2时， f'(x)<0;$
$当x_1<x<x_2时， f'(x)>0.$
$故f(x)在(-\infty ,x_1)和(x_2,+\infty )内单调递减，在(x_1,x_2)内单调递增.$



Final answer: $(\frac{-1-\sqrt{4+3a}}{3}, \frac{-1+\sqrt{4+3a}}{3})$
Subfield: Elementary Functions


Question: $设函数f(x)=1+(1+a)x-x^2-x^3,其中a>0.$
$讨论f(x)在其定义域上的单调性；$

Solution:
$f(x)的定义域为(-\infty ,+\infty ), f'(x)=1+a-2x-3x^2.$
$令f'(x)=0，得x_1=\frac{-1-\sqrt{4+3a}}{3},x_2=\frac{-1+\sqrt{4+3a}}{3},x_1<x_2，所以f'(x)=-3(x-x_1)(x-x_2).$
$当x<x_1或x>x_2时， f'(x)<0;$
$当x_1<x<x_2时， f'(x)>0.$
$故f(x)在(-\infty ,x_1)和(x_2,+\infty )内单调递减，在(x_1,x_2)内单调递增.$

Final answer: ${f(x)}在(-\infty ,x_1)和(x_2,+\infty )内单调递减，在(x_1,x_2)内单调递增.$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^{2}-a\ln x(a\in R)。$
$求当a>2e时，函数f(x)的零点个数；$

Solution:
$f'(x) = 2x - \frac{a}{x} = \frac{2x^2 - a}{x} (x > 0).$

$①当 a \leq  0 时，f'(x) > 0，函数 f(x) 在区间 (0, +\infty ) 上单调递增，$

$(i) a = 0 时，函数 f(x) 在 (0, +\infty ) 上无零点；$

$(ii) a < 0 时，x \rightarrow  0 时， f(x) \rightarrow  -\infty ，f(e) = e^2 - a > 0，$

$\therefore  f(x) 在 (0, +\infty ) 上只有一个零点。$

$②当 a > 0 时，函数 f(x) 在区间 \left(0, \sqrt{\frac{a}{2}}\right) 上单调递减，在区间 \left(\sqrt{\frac{a}{2}},+\infty  \right) 上单调递增，(注意 x \rightarrow  0 时， f(x) \rightarrow  +\infty ，x \rightarrow  +\infty  时， f(x) \rightarrow  +\infty )$

$所以 f(x) \geq  f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) = \frac{a}{2} - a \ln \sqrt{\frac{a}{2}} = \frac{a}{2}(1-\mathrm{ln} \frac{a}{2})，$

$(i) f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) > 0，即 0 < a < 2e 时， f(x) 无零点；$

$(ii) f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) = 0，即 a = 2e 时， f(x) 只有一个零点；$

$(iii) f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) < 0，即 a > 2e 时， f(x) 有两个零点.$

$综上所述，当 a < 0 或 a = 2e 时， f(x) 只有一个零点；当 0 \leq  a < 2e 时， f(x) 无零点；当 a > 2e 时， f(x) 有两个零点.$



Final answer: $2$
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知函数f(x)=x^{2}-a\ln x(a\in R)。$
$讨论函数f(x)的零点个数；$

Solution:
$f'(x) = 2x - \frac{a}{x} = \frac{2x^2 - a}{x} (x > 0).$

$①当 a \leq  0 时，f'(x) > 0，函数 f(x) 在区间 (0, +\infty ) 上单调递增，$

$(i) a = 0 时，函数 f(x) 在 (0, +\infty ) 上无零点；$

$(ii) a < 0 时，x \rightarrow  0 时， f(x) \rightarrow  -\infty ，f(e) = e^2 - a > 0，$

$\therefore  f(x) 在 (0, +\infty ) 上只有一个零点。$

$②当 a > 0 时，函数 f(x) 在区间 \left(0, \sqrt{\frac{a}{2}}\right) 上单调递减，在区间 \left(\sqrt{\frac{a}{2}},+\infty  \right) 上单调递增，(注意 x \rightarrow  0 时， f(x) \rightarrow  +\infty ，x \rightarrow  +\infty  时， f(x) \rightarrow  +\infty )$

$所以 f(x) \geq  f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) = \frac{a}{2} - a \ln \sqrt{\frac{a}{2}} = \frac{a}{2}(1-\mathrm{ln} \frac{a}{2})，$

$(i) f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) > 0，即 0 < a < 2e 时， f(x) 无零点；$

$(ii) f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) = 0，即 a = 2e 时， f(x) 只有一个零点；$

$(iii) f\left(\sqrt{\frac{a}{2}}\right) < 0，即 a > 2e 时， f(x) 有两个零点.$

$综上所述，当 a < 0 或 a = 2e 时， f(x) 只有一个零点；当 0 \leq  a < 2e 时， f(x) 无零点；当 a > 2e 时， f(x) 有两个零点.$

Final answer: ${当a < 0或a = 2e时，f(x)只有一个零点；当0 \leq  a < 2e时，f(x)无零点；当a > 2e时，f(x)有两个零点}。$
Subfield: Derivative


Question: $已知a＞0且a\neq 1，函数f(x)=\frac{x^a}{a^x}(x＞0).$
$当a=2时，求f(x)的单调区间；$

Solution:
$当a=2时， f(x)=\frac{x^2}{2^{x}}=x^2\cdot2^{-x}(x>0),$

$则f'(x)=2x\cdot2^{-x}+x^2\cdot(-ln 2\cdot2^{-x})=x\cdot2^{-x}(2-xln 2).$

$令f'(x)=0，则x=\frac{2}{\mathrm{ln} 2}, f'(x), f(x)的变化情况如下：$

| x | $(0,\frac{2}{\mathrm{ln} 2})$ | $\frac{2}{\mathrm{ln} 2}$ | $(\frac{2}{\mathrm{ln} 2},+\infty)$ |
|----|---|---|---|
| f'x) | + | 0 | - |
| f(x) | $\text{单调递增}$ | 极大值 | $\text{单调递减}$ |

$所以函数f(x)在(0,\frac{2}{\mathrm{ln} 2})上单调递增，在(\frac{2}{\mathrm{ln} 2},+\infty)上单调递减.$

Final answer: $(0,\frac{2}{\mathrm{ln} 2})上单调递增，在(\frac{2}{\mathrm{ln} 2},+\infty)上单调递减。$
Subfield: Derivative


Question: $已知a＞0且a\neq 1，函数f(x)=\frac{x^a}{a^x}(x＞0).$
$当a=2时，求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$当a=2时， f(x)=\frac{x^2}{2^{x}}=x^2\cdot2^{-x}(x>0),$

$则f'(x)=2x\cdot2^{-x}+x^2\cdot(-ln 2\cdot2^{-x})=x\cdot2^{-x}(2-xln 2).$

$令f'(x)=0，则x=\frac{2}{\mathrm{ln} 2}, f'(x), f(x)的变化情况如下：$

| x | $(0,\frac{2}{\mathrm{ln} 2})$ | $\frac{2}{\mathrm{ln} 2}$ | $(\frac{2}{\mathrm{ln} 2},+\infty)$ |
|----|---|---|---|
| f'x) | + | 0 | - |
| f(x) | $\text{单调递增}$ | 极大值 | $\text{单调递减}$ |

$所以函数f(x)在(0,\frac{2}{\mathrm{ln} 2})上单调递增，在(\frac{2}{\mathrm{ln} 2},+\infty)上单调递减.$



Final answer: (0,\frac{2}{\ln 2})
Subfield: Elementary Functions


Question: $已知a＞0且a\neq 1，函数f(x)=\frac{x^a}{a^x}(x＞0).$
若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.

Solution:
$令f(x)=1，则 \frac{x^a}{a^x}=1， 所以x^a=a^x，两边同时取对数，可得a \ln x=x \ln a, 即 \frac{\mathrm{ln} x}{x} = \frac{\mathrm{ln} a}{a}，根据题意可知，方程 \frac{\mathrm{ln} x}{x} = \frac{\mathrm{ln} a}{a} 有两个实数解。设g(x) = \frac{\mathrm{ln} x}{x} ，则 g'(x) =\frac{1-\mathrm{ln} x}{x^2} ，  $

$令g'(x)=0，则x=e。  $

$当x \in (0,e)时，g'(x) > 0, g(x)单调递增；  $

$当x \in (e,+\infty )时，g'(x) < 0，g(x)单调递减。  $

$又知g(1) = 0, \lim_{x \to +\infty }g(x)=0，g_{max}=g(e) =\frac{1}{\mathrm{e}}，  $

$所以要使曲线y = f(x)与直线y = 1有且仅有两个交点，则只需 \frac{\mathrm{ln} a}{a} \in \left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right) $，

$即g(a) = \frac{\mathrm{ln} a}{a} \in $$(0,\frac{1}{e})$，所以$a \in (1,e) \cup  (e,+\infty)$.

$综上，实数a的取值范围为(1,e)\cup (e, +\infty )。$

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


Question: $已知函数f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a+1)lnx.$
$若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.$

Solution:
$解法一：f^\prime(x)=a+\frac{1}{x^2}-\frac{a+1}{x}=\frac{(ax-1)(x-1)}{x^2}.$

$(i)当a\leq0时，ax-1\leq0恒成立，$

$\therefore 0<x<1时，f^\prime(x)>0,f(x)单调递增，$

$x>1时，f^\prime(x)<0,f(x)单调递减，$

$\therefore f_{max}(x)=f(1)=a-1<0.$

$此时f(x)无零点，不合题意.$

$(ii)当a>0时，令f^\prime(x)=0，解得x=1或x=\frac{1}{a},$

$①当0<a<1时，1<\frac{1}{a},$

$\therefore 1<x<\frac{1}{a}时， f^\prime(x)<0, f(x)单调递减，$

$0<x<1或x>\frac{1}{a}时, f^\prime(x)>0， f(x)单调递增，$

$\therefore f(x)在(0，1)，\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增，在\left(1,\frac{1}{a}\right)上单调递减, f_{max}(x)=f(1)=a-1<0,$

$x\to+\infty时， f(x)>0,\therefore f(x)恰有1个零点.$

$②当a=1时，1=\frac{1}{a}, f(x)在(0，+\infty )上单调递增, f(1)=0,符合题意.$

$③当a>1时,\frac{1}{a}<1, f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right),(1,+\infty )上单调递增，在\left(\frac{1}{a},1\right)上单调递减，$

$f_{min}(x)=f(1)=a-1>0, x\to0时，f(x)\to-\infty，$

$\therefore f(x)恰有1个零点.$

$综上所述，a>0.$

$解法二: f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a+1)ln x只有一个零点，$

$即a(x-ln x)=\frac{1}{x}+ln x在(0，+\infty )上只有一个解.$

$由ln x\leq x-1,得x-ln x\geq1,$

$\therefore a=\frac{\frac{1}{x}+\mathrm{ln} x}{x-\mathrm{ln} x},令g(x)=\frac{\frac{1}{x}+\mathrm{ln} x}{x-\mathrm{ln} x},$

$则g^\prime(x)=\frac{\left(-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right)(x-\mathrm{ln} x)-\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{x}+\mathrm{ln} x\right)}{(x-\mathrm{ln} x)^2}$

$=\frac{\frac{x-1}{x}\left(1-\frac{\mathrm{ln} x}{x}-\frac{1}{x}-ln x\right)}{(x-\mathrm{ln} x)^2},$

$令h(x)=1-\frac{\mathrm{ln} x}{x}-\frac{1}{x}-ln x,$

$则h^\prime(x)=\frac{\mathrm{ln} x-x}{x^2},h^\prime(x)<0在(0，+\infty )上恒成立，$

$\therefore h(x)在(0，+\infty )上单调递减，且h(1)=0，$

$\therefore 在(0，1)上，h(x)>0,在(1，+\infty )上，h(x)<0，$

$故在(0，1)上，g^\prime(x)<0,在(1，+\infty )上，g^\prime(x)<0,$

$\therefore g(x)在(0，+\infty )上单调递减，$

$x\to0,g(x)\to+\infty , x\to+\infty,g(x)\to0，$

$\therefore g(x)>0,\therefore 当a>0时，a(x-ln x)=\frac{1}{x}+ln x恰有一解.$

$故a>0.$

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


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

Solution:
$f(x) = \frac{e^x}{x}- ln(x) +x -a，\therefore 函数f(x) 的定义域为(0,+\infty)，f'(x) = \frac{e^x(x-1)}{x^2}-\frac{1}{x}+1=\frac{(e^x+x)(x-1)}{x^2}。$

$令f'(x)=0，得x=1，f(x)，f'(x) 的变化情况如下：$

| x   | (0,1) | 1 | $(1,+\infty )$ |
|-------|-------|---|--------|
| f'(x) | -     | 0 | +      |
| f(x)  | $\text{单调递减}$   |   | $\text{单调递增}$    |

$\therefore 当x=1时, f_{min}(x)=e+1-a。<br>$
$\because f(x)\geq 0，\therefore e+1-a\geq 0，\therefore a\leq e+1.$

Final answer: (-\infty,e+1]
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x(1-ln x).$
$求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$函数f(x) 的定义域为 (0, +\infty ), f'(x) = -ln x, 令 f'(x) > 0, 解得 0 < x < 1, 令 f'(x)  < 0, 解得 x > 1, 所以函数 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, +\infty ) 上单调递减.$



Final answer: (0,1)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=x(1-ln x).$
$讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$函数f(x) 的定义域为 (0, +\infty ), f'(x) = -ln x, 令 f'(x) > 0, 解得 0 < x < 1, 令 f'(x)  < 0, 解得 x > 1, 所以函数 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, +\infty ) 上单调递减.$

Final answer: ${f(x)} 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, +\infty ) 上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a.$
$若f(x)\geq 1，求a的取值范围.$

Solution:
当0<a<1时， f(1)=a+ln a<1.

$当a=1时， f(x)=e^{x-1}-ln x， f '(x)=e^{x-1}-\frac{1}{x}.当x\in (0，1)时，f '(x)<0；当x\in (1，+\infty )时， f '(x)>0.所以当x=1时， f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，从而f(x)\geq 1.$

$当a>1时， f(x)=ae^{x-1}-ln x+ln a\geq e^{x-1}-ln x\geq 1.$

$综上，a的取值范围是[1，+\infty ).$

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


Question: $已知函数 f(x) = e^{x} + ax^2 - x.$
$当x\geq 0时， f(x)\geq  \frac{1}{2} x^3 +1 ,求a的取值范围.$

Solution:
$f(x)\geq \frac{1}{2}x^3+1等价于\left(\frac{1}{2}x^3-ax^2+x+1\right)e^{-x}\leq 1.$
$设函数g(x)=\left(\frac{1}{2}x^3-ax^2+x+1\right)e^{-x}(x\geq 0),  $
$则g'(x)=-\left(\frac{1}{2}x^3-ax^2+x+1-\frac{3}{2}x^2+2ax-1\right)e^{-x}  $
$=-\frac{1}{2}x[x^2-(2a+3)x+4a+2]e^{-x}  $
$=-\frac{1}{2}x(x-2a-1)(x-2)e^{-x}.  $
$(i)若2a+1\leq 0,即a\leq -\frac{1}{2},则当x\in (0,2)时，g'(x)>0. 所以g(x)在 (0，2) 单调递增，而g(0)=1,故当x\in (0,2)时，g(x)>1，不合题意.  $
$(ii)若0 < 2a +1 < 2, 即 -\frac{1}{2} < a < \frac{1}{2}，则当x \in  (0,2a+1) \cup  (2,\infty )时，g'(x) < 0;当x \in  (2a+1,2)时，g'(x) > 0.所以g(x)在(0，2a+1),(2，+\infty )单调递减，在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)\leq 1当且仅当g(2)=(7-4a)e^{-2}\leq 1,即a\geq \frac{7-e^2}{4}.  $
$所以当\frac{7-e^2}{4}\leq a < \frac{1}{2}时，g(x)\leq 1.  $
$(iii)若2a+1\geq 2,即a\geq \frac{1}{2},则 g(x)\leq \left(\frac{1}{2}x^3+x+1\right)e^{-x}.  $
$由于0\in \left[\frac{7-e^2}{4},\frac{1}{2}\right), 故由(ii)可得\left(\frac{1}{2}x^3+x+1\right)e^{-x}\leq 1.  $
$故当a\geq \frac{1}{2}时，g(x)\leq 1.  $
$综上，a的取值范围是\left[\frac{7-e^2}{4},+\infty  \right).$



Final answer: $\left[\frac{7-e^2}{4},+\infty  \right)$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=xe^{ax}-e^{x}.$
$当a=1时，讨论f(x)的单调性；$

Solution:
$当a=1时，f(x)=xe^{x}-e^{x}，则f' (x)=xe^{x},$

$当x\in (-\infty ,0)时，f' (x)<0，f(x)单调递减，$

$当x\in (0,+\infty )时，f'(x)>0，f(x)单调递增.$

Final answer: $当x\in (-\infty ,0)时，f(x)单调递减，当x\in (0,+\infty )时，f(x)单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=xe^{ax}-e^{x}.$
$当a=1时，求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$当a=1时，f(x)=xe^{x}-e^{x}，则f' (x)=xe^{x},$

$当x\in (-\infty ,0)时，f' (x)<0，f(x)单调递减，$

$当x\in (0,+\infty )时，f'(x)>0，f(x)单调递增.$



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


Question: $已知函数f(x)=xe^{ax}-e^{x}.$
$当x >0时，f(x) <-1，求a的取值范围；$

Solution:
$当x > 0时，f(x) < -1，即x e^{ax} - e^{x} < -1在(0，+\infty )上恒成立，令F(x)=xe^{ax}-e^{x}+1(x > 0),则F(x) < 0在(0,+\infty )上恒成立.易得F(0)=0，F'(x)=e^{ax}+axe^{ax}-e^{x}，F'(0)=0，F''(x)=ae^{ax}+ae^{ax}+a^2xe^{ax}-e^{x}，F''(0) = 2a - 1$

$若F''(0)>0，则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x_0)，又F'(0)=0，故F(x)也必定存在一个单调递增区间(0，x'_0)$

$因此F(x) > F(0) = 0在(0，x'_0)上恒成立，与F(x) < 0出现矛盾，所以F''(0) \leq  0，故a \leq  \frac{1}{2}$

$因为e^{ax} \leq  e^{\frac{x}{2}}在(0，+\infty )上成立，所以F(x) \leq  x e^{\frac{x}{2}} - e^{x} + 1在(0，+\infty )上成立，故只需证x e^{\frac{x}{2}} -e^{x} + 1 < 0在(0，+\infty )上成立$

$令G(x) = x e^{\frac{x}{2}} - e^{x} + 1(x > 0)，则G'(x) = e^{\frac{x}{2}} + \frac{x}{2}e^{\frac{x}{2}} - e^{x} = e^{\frac{x}{2}}\left(1 + \frac{x}{2} - e^{\frac{x}{2}}\right)$

$由于e^{x} > x + 1在(0,+\infty )上成立，故e^{\frac{x}{2}} > \frac{x}{2} + 1在(0，+\infty )上成立，故G'(x) < 0，所以G(x)在(0,+\infty )上单调递减，则G(x) < G(0) = 0$

$所以x e^{\frac{x}{2}} -e^{x} + 1 < 0在(0，+\infty )上成立$

$故当a \leq  \frac{1}{2}时，x e^{ax} - e^{x} < -1在(0，+\infty )成立$

$因此，a的取值范围为(-\infty ,\frac{1}{2}]$

Final answer: (-\infty ,\frac{1}{2}]