di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=ax^{2}-x\ln x.$
$当a>0时，设M=\{y|y=f'(x),x\in (\frac{1}{2a},\frac{3}{4a})\}，N=\{y|y=f'(x),x\in (\frac{1}{4a},\frac{1}{2a})\}，求证：M\subsetneq N.$

Solution:
$证明：已知a>0，由(2)可知当x\in \left(\frac{1}{2a},\frac{3}{4a}\right)时，f'(x)单调递增，$
$又f'\left(\frac{1}{2a}\right)=\ln 2a, f'\left(\frac{3}{4a}\right)=\frac{1}{2}-\ln\frac{3}{4a}=\frac{1}{2}+\ln 4a-\ln 3，$
$所以M=y|y=f'(x),x\in \left(\frac{1}{2a},\frac{3}{4a}\right)=\left(\ln 2a,\frac{1}{2}+\ln 4a-\ln 3\right)，$

$由(2)可知当x\in \left(\frac{1}{4a},\frac{1}{2a}\right)时, f'(x)单调递减，$
$又f'\left(\frac{1}{4a}\right)=\frac{1}{2}-\ln\frac{1}{4a}-1=-\frac{1}{2}+\ln 4a，$
$故N=y|y=f'(x),x\in \left(\frac{1}{4a},\frac{1}{2a}\right)=\left(\ln 2a,-\frac{1}{2}+\ln 4a\right)，$

$因为\ln 3>1，即\frac{1}{2}-\ln 3<-\frac{1}{2}，所以\frac{1}{2}+\ln 4a-\ln 3<-\frac{1}{2}+\ln 4a.$

$所以M\subsetneq N.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)＝x^3-ax^2-a^2x＋1，其中a＞0.$
$当a=1时，求f(x)的单调递减区间；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=x^3-x^2-x+1, f'(x)=3x^2-2x-1=(3x+1)(x-1)，  $

$令f'(x)>0，得x<-\frac{1}{3}或x>1； $
$令f'(x)<0，得-\frac{1}{3}<x<1，$

$所以f(x)的单调递增区间为(-\infty, -\frac{1}{3})和(1，+\infty )，单调递减区间为(-\frac{1}{3},1).$



Final answer: (-\frac{1}{3},1)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)＝x^3-ax^2-a^2x＋1，其中a＞0.$
$当a=1时，求f(x)的单调区间；$

Solution:
$当a=1时， f(x)=x^3-x^2-x+1, f'(x)=3x^2-2x-1=(3x+1)(x-1)，  $

$令f'(x)>0，得x<-\frac{1}{3}或x>1； $
$令f'(x)<0，得-\frac{1}{3}<x<1，$

$所以f(x)的单调递增区间为(-\infty, -\frac{1}{3})和(1，+\infty )，单调递减区间为(-\frac{1}{3},1).$

Final answer: ${f(x)}的单调递增区间为(-\infty, -\frac{1}{3})和(1，+\infty )，单调递减区间为(-\frac{1}{3},1)。$
Subfield: Derivative


Question: $已知f(x)=\frac{1}{2}x^{2}－\ln(x+1)+ax(a\in R).$
$若f(x)\geq 0在x\in [0,+\infty )上恒成立，求a的取值范围.$

Solution:
$由题意得f'(x)=x-\frac{1}{x+1}+a=\frac{{x^2+(a+1)x+a-1}}{x+1}, x \in [0,+\infty).$
$当a \geq 1时，由(2)得f(x) \geq \frac{1}{2}x^2 - \left(\frac{1}{2}x^2+x\right)+ax=(a-1)\cdot x \geq 0.$
$当a<1时, f'(0)=a-1<0，设m(x)=f'(x)，则m'(x)=1+\frac{1}{{(x+1)^2}} > 0，则m(x)在[0,+\infty)上单调递增，即f'(x)在[0,+\infty)上单调递增，$
$令f'(x)=0，即x^2+(a+1)x+a-1=0，设两个根分别为x_1,x_2，且x_1>x_2.$
$所以x_1=\frac{-(a+1)+\sqrt{(a+1)^2-4(a-1)}}{2}(负值舍去)，$
$则当x \in [0,x_1)时, f'(x)<0，所以f(x)在[0,x_1)上单调递减，f(x)<f(0)=0，$
$与f(x) \geq 0在x \in [0,+\infty)上恒成立矛盾，不合题意.$
$综上，若f(x)\geq 0在x \in [0,+\infty)上恒成立，则a \geq 1.$

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


Question: $已知函数f(x)=e^x-1-msin x(m\in R).$
$若f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上恰有一个极值点，求m的取值范围.$

Solution:
$f(x)=e^x－1－msin x, f'(x)=e^x－mcos x，$
$当m\leq 1时，在(0,\frac{\pi }{2})上，-mcos x\geq －cos x，$
$所以f'(x)=e^x－mcos x\geq e^x－cos x，$
$由(1)知, f'(x)>0，$
$所以f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增.$
$所以当m\leq 1时, f(x)=e^x－1－msin x没有极值点.$
$当m>1时, f'(x)=e^x－mcos x，$
$因为y=e^x与y=－mcos x在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增，$
$所以f'(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增，$
$又f'(0)=1－m<0, f'(\frac{\pi }{2})=e^{\frac{\pi }{2}} >0，$
$所以∃x_0\in (0,\frac{\pi }{2})，使得f'(x_0)=0，$
$所以当0<x<x_0时, f'(x)<0, f(x)单调递减，$
$当x_0<x<\frac{\pi }{2}时, f'(x)>0, f(x)单调递增，$
$所以当m>1时， f(x)恰有一个极小值点.$
$综上，当函数f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上恰有一个极值点时，m的取值范围是(1,+\infty ).$

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


Question: $已知函数f(x)=e^{ax}-x. a>0$
$求f(x)的单调递增区间；$

Solution:
$f'(x)=ae^ax－1，$

当$a\leq 0时, f'(x)<0$恒成立，则$f(x)在R$上单调递减；

$当a>0时，令f'(x)=0得x=－\frac{\mathrm{ln} a}{a}，$

$所以当\left(-\infty ,-\frac{\mathrm{ln} a}{a}\right)时, f'(x)<0, f(x)单调递减，$

$当\left(-\frac{\mathrm{ln} a}{a},+\infty \right)时, f'(x)>0, f(x)单调递增.$

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

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



Final answer: \left(-\frac{\mathrm{ln} a}{a},+\infty \right)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{ax}-x.$
$求f(x)的单调区间；$

Solution:
$f'(x)=ae^ax－1，$

当$a\leq 0时, f'(x)<0$恒成立，则$f(x)在R$上单调递减；

$当a>0时，令f'(x)=0得x=－\frac{\mathrm{ln} a}{a}，$

$所以当\left(-\infty ,-\frac{\mathrm{ln} a}{a}\right)时, f'(x)<0, f(x)单调递减，$

$当\left(-\frac{\mathrm{ln} a}{a},+\infty \right)时, f'(x)>0, f(x)单调递增.$

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

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

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

$当a>0时, f(x)的单调递减区间为 \left(-\infty ,-\frac{\mathrm{ln} a}{a}\right)，单调递增区间为\left(-\frac{\mathrm{ln} a}{a},+\infty \right).$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=e^{ax}-x.$
$若存在x_1，x_2\in [－1,1]，使得f(x_1) \cdot f(x_2)\geq 9，求a的取值范围.$

Solution:
$记f(x)在区间[－1,1]上的最大值为f(x)_{max}，最小值为f(x)_{min}，$
$存在x_1,x_2\in [－1,1],使得f(x_1).f(x_2)\geq 9等价于存在x\in [－1,1]，使得|f(x)|\geq 3成立，即f(x)_{max}\geq 3或f(x)_{min}\leq －3，$
$当x\in [－1,1]时, f(x)=e^{ax}－x＞－x\geq －1，$
$所以存在x\in [－1,1]，使得|f(x)|\geq 3成立，只需f(x)_{max}\geq 3，$
$由(2)可知f(x)在区间[－1,1]上单调递减或先单调递减后单调递增，$
$所以f(x)_{max}为f(－1)与f(1)中的较大者，$
$所以只需f(－1)\geq 3或f(1)\geq 3，即可满足题意，$
$即f(－1)=e^{-a}+1\geq 3或f(1)=e^{a}－1\geq 3，$
$解得a\leq －ln 2或a\geq ln 4.$
$综上所述，a的取值范围为(－\infty ,－ln 2]\cup [ln 4,+\infty ).$

Final answer: $(－\infty ,－\ln 2]\cup [\ln 4,+\infty )$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=\ln x+2a\sqrt{x} (a\in R).$
$若函数 g(x)=f(x)－2x 的极大值大于0，求 a 的取值范围.$

Solution:
$g(x) = ln(x) + 2a\sqrt{x} - 2x.$
$1. 当a \leq  1时, 由(1)可知f(x) \leq  ln(x) + 2\sqrt{x} \leq  2x，所以g(x) \leq  0，与g(x)的极大值大于0矛盾，不符合题意.$
$2. 当a > 1时，g'(x) = \frac{1}{x} + \frac{a}{\sqrt{x}} - 2 = \frac{-2x + a\sqrt{x} + 1}{x}，$
$令g'(x) = 0，得\sqrt{x} = \frac{a + \sqrt{a^2+8}}{4}或\sqrt{x} = \frac{a - \sqrt{a^2+8}}{4}(舍).$
$设x_{0} = \left(\frac{a + \sqrt{a^2+8}}{4}\right)^2，则x_{0} > 1.$
$当x \in  (0, x_{0})时，g'(x) > 0，g(x)单调递增，$
$当x \in  (x_{0}, +\infty )时，g'(x) < 0，g(x)单调递减.$
$所以x_{0}为g(x)的极大值点，且x_{0} > 1，a\sqrt{x_0} = 2x_0 - 1.$
$此时极大值g(x_{0}) = ln(x_{0}) + 2a\sqrt{x_0} - 2x_{0} = ln(x_{0}) + 2(2x_0 - 1) - 2x_0 = ln(x_{0}) + 2x_0 - 2，$
$因为x_{0} > 1，所以 ln(x_{0}) > 0，2x_{0} - 2 > 0.$
$所以g(x_{0}) > 0，符合题意.$
$综上，a的取值范围为(1,+\infty ).$

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


Question: $已知函数f(x)=\ln x+\frac{a}{x}，a\in R.$
$设t为常数，求函数g(x)=\frac{\mathrm{ln} x-\mathrm{ln} t}{x-t}的单调区间.$

Solution:
函数$g(x)$的定义域为$(0,t)\cup (t,+\infty )$,

$g' (x) = \frac{1-\frac{t}{x}-\mathrm{ln} x+\mathrm{ln} t}{(x-t)^2}. $

$由(2)②知，当t > 0时，若x \neq  t，则ln x + \frac{t}{x} > 1+ln t. $

$所以g' (x) = \frac{1-\frac{t}{x}-\mathrm{ln} x+\mathrm{ln} t}{(x-t)^2} < 0, $

$所以g(x) = \frac{\mathrm{ln} x-\mathrm{ln} t}{x-t}的减区间为(0,t)，(t,+\infty )，无增区间.$



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


Question: $已知函数 f(x)=xsinx.$
$判断函数f(x)在区间 (0, \frac{\pi }{2}) 上的单调性，并说明理由；$

Solution:
$函数f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增.$
$理由： f'(x)=\sin x + x \cos x.$
$因为x \in (0,\frac{\pi }{2})，所以f'(x) > 0.$
$所以f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增.$

Final answer: $f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数 f(x)=xsinx.$
$求函数f(x)在 (-\frac{\pi }{2}, \frac{\pi }{2}) 上的单调递增区间$

Solution:
$函数f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增.$
$理由： f'(x)=\sin x + x \cos x.$
$因为x \in (0,\frac{\pi }{2})，所以f'(x) > 0.$
$所以f(x)在(0,\frac{\pi }{2})上单调递增.$



Final answer: (0,\frac{\pi }{2})
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = x^2 + \ln(x+1).$
$求f(x)在区间[-\frac{1}{2},0]上的最大值和最小值；$

Solution:
$因为 f'x = 2x + \frac{1}{x+1} = \frac{2\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}}{x+1} >0，$

$所以 f(x) 在区间 [-\frac{1}{2},0] 上单调递增。$

$所以 f(x) 在区间 [-\frac{1}{2},0] 上的最小值为 f\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4} - ln 2， f(x) 的最大值为 f(0)=0。$



Final answer: \frac{1}{4} - ln 2，0
Subfield: Derivative


Question: 已知函数$f(x)=\sqrt{x}lnx$.
若函数$g(x)=f(x)+a(x^2－x)$在区间$(1,+\infty )$上无零点，求a的取值范围.

Solution:
$$
g(x)=\sqrt{x}\text{ln }x+a(x^2-x)
$$
$因为x>1，所以\sqrt{x}\text{ln }x>0,x^2-x>0。$
$当a\geq 0时，g(x)>0在(1,+\infty )上恒成立，符合题意。$
$当a<0时，$
$$
g'(x)=\frac{\text{ln} x}{2\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{x}+a(2x-1).
$$
$令t(x)=g'(x)，则t'(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{x}}{x}-\frac{\text{ln} x}{2\sqrt{x}}}{x}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{x\sqrt{x}}+2a=-\frac{\text{ln} x}{4x\sqrt{x}}+2a，且t'(x)<0在(1,+\infty )上恒成立.$
$所以t(x)=g'(x)在(1,+\infty )上单调递减。$
$①当g'(1)=1+a\leq 0，即a\leq -1时，g'(x)<0在(1,+\infty )上恒成立，所以g(x)在(1,+\infty )上单调递减.$
$所以g(x)<g(1)=0在(1,+\infty )上恒成立，符合题意.$
$②当g'(1)=1+a>0，即-1<a<0时，$
$因为x>1且由(2)知ln x<\sqrt{x}，所以$
$$
g'(x)=\frac{\text{ln} x}{2\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{x}+a(2x-1)<\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}}+a(2x-1)<\frac{1}{2}+1+a(2x-1),
$$
$所以g'\left(1-\frac{1}{a}\right)<a-\frac{1}{2}<0，$
$所以存在x\in\left(1,1-\frac{1}{a}\right)，使得g'(x_0)=0，$
$因此x，g'(x)与g(x)的变化情况如下表:$
| $x$ | $(1,x_0)$ | $x_0$ | $(x_0,+\infty )$ |
| ---- | ---- | ---- | ---- |
| $g'(x)$ | + | 0 | - |
| $g(x)$ | $\text{单调递增}$ | 极大值 | $\text{单调递减}$ |

$所以g(x_0)>g(1)=0.$
$由(2)知\sqrt{x}\text{ln }x<x，可以得$
$$
g(x)=\sqrt{x}\text{ln }x+a(x^2-x)<x+a(x^2-x)=x(ax+1-a).
$$
$令x=1-\frac{1}{a}，得$
$$
g\left(1-\frac{1}{a}\right)<0.
$$
$所以g(x)在区间(1，+\infty )上存在零点，不合题意，舍去.$
$综上，a的取值范围是(-\infty ,-1]\cup [0,+\infty )。$

Final answer: (-\infty,-1] \cup [0, +\infty)
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=\frac{ax}{e^x+a}-1，a\neq 0。$
$若f(x)没有零点，求a的取值范围.$

Solution:
$f(x)=\frac{ax-e^x-a}{e^x+a}$

$令 h(x)=e^x+a-ax, 则 h'(x)=e^x-a.$

$① 若 a<0，则 h'(x)>0，h(x) 在 R 上是增函数. $
$因为 h\left(\frac{1}{a}\right)=e^{\frac{1}{a}}-1+a<0，h(1)=e>0，$
$所以 h(x) 恰有一个零点 x_1.$
$令 e^{x_1}+a=0，得 x_1=\ln(-a).$
$代入 h(x_1)=0，得 -a+a-a\ln(-a)=0，解得 a=-1.$
$所以当 a=-1 时，h(x) 的唯一零点为0，此时 f(x) 无零点，符合题意. (f(x)=\frac{ax-e^x-a}{e^x+a} 的分母为0，结合分子为0解出的 a 的值就能使 f(x) 的零点不存在)$

$② 若 a>0，此时 f(x) 的定义域为 R.$
$当 x<\ln a 时， h'(x)<0，h(x) 在区间 (-\infty ,\ln a) 上是减函数；$
$当 x>\ln a 时， h'(x)>0，h(x) 在区间 (\ln a,+\infty ) 上是增函数.$
$所以 h_{min}=h(\ln a)=2a-a\ln a.$
$又 h(0)=1+a>0，$
$所以当 2a-a\ln a>0，即 0<a<e^2 时， f(x) 无零点，符合题意.$
$综上， a 的取值范围是 {-1}\cup (0,e^2).$

Final answer: ${-1}\cup (0,e^2)$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x) = xe^{a-x} + bx，曲线y=f(x)在点 (2, f(2))处的切线方程为 y=(e-1)x + 4.$
$求f(x)的单调区间.$

Solution:
$由(1)知 f(x)=xe^{2-x}+e^x.$

$由 f'(x)=e^{2-x}(1-x+e^{x-1}) 及 e^{2-x}>0 知， f'(x) 与 1-x+e^{x-1} 同号.$

$令 g(x)=1-x+e^{x-1}，则 g'(x)=-1+e^{x-1}.$

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

$故 g(1)=1 是 g(x) 在区间(-\infty ，+\infty )上的最小值，$

$从而 g(x)>0，x\in (-\infty ,+\infty ).$

$综上可知, f'(x)>0，x\in (-\infty ,+\infty ).$

$故 f(x) 的单调递增区间为(-\infty ,+\infty ).$

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


Question: $设函数f(x)=x-x^3e^{ax+b}，曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程为y=-x+1.$
$设函数g(x) = f'(x), 求g(x)的单调递减区间；$

Solution:
$g(x)=f'(x)=e^{1-x}(x^3-3x^2)+1, $
$g'(x)=-e^{1-x}(x^3-3x^2)+e^{1-x}(3x^2-6x)=e^{1-x}(-x^3+6x^2-6x)=-xe^{1-x}(x^2-6x+6), $
$令 g'(x)=0, 得 x=0 或 x=3\pm \sqrt{3}.$

$x, g'(x), g(x) 的变化情况如下表：$

| x | $(-\infty ，0)$ | 0 | $(0,3-\sqrt{3})$ | $3-\sqrt{3}$ | $(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$ | $3+\sqrt{3}$ | $(3+\sqrt{3},+\infty )$ |
|----|----|----|----|----|----|----|----|
| $g'(x)$ | + | 0 | - | 0 | + | 0 | - |
| $g(x)$ | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 |

$故 g(x) 的单调递增区间为(-\infty ,0) 和 (3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}), 单调递减区间为(0，3-\sqrt{3}) 和 (3+\sqrt{3}，+\infty ).$



Final answer: (0，3-\sqrt{3})，(3+\sqrt{3}，+\infty )
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x)=x-x^3e^{ax+b}，曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程为y=-x+1.$
$设函数g(x) = f'(x), 求g(x)的单调区间；$

Solution:
$g(x)=f'(x)=e^{1-x}(x^3-3x^2)+1, $
$g'(x)=-e^{1-x}(x^3-3x^2)+e^{1-x}(3x^2-6x)=e^{1-x}(-x^3+6x^2-6x)=-xe^{1-x}(x^2-6x+6), $
$令 g'(x)=0, 得 x=0 或 x=3\pm \sqrt{3}.$

$x, g'(x), g(x) 的变化情况如下表：$

| x | $(-\infty ，0)$ | 0 | $(0,3-\sqrt{3})$ | $3-\sqrt{3}$ | $(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$ | $3+\sqrt{3}$ | $(3+\sqrt{3},+\infty )$ |
|----|----|----|----|----|----|----|----|
| $g'(x)$ | + | 0 | - | 0 | + | 0 | - |
| $g(x)$ | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 |

$故 g(x) 的单调递增区间为(-\infty ,0) 和 (3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}), 单调递减区间为(0，3-\sqrt{3}) 和 (3+\sqrt{3}，+\infty ).$

Final answer: $g(x) 的单调递增区间为(-\infty ,0) 和 (3-\sqrt{3},3+\sqrt{3}), 单调递减区间为(0，3-\sqrt{3}) 和 (3+\sqrt{3}，+\infty ).$
Subfield: Derivative


Question: $设函数f(x) = [ax^2 -(4a+1)x + 4a + 3] \cdot e^{x}.$
$若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围.$

Solution:
$由(1)可知f'(x)=(x-2)(ax-1)e^{x}.  $
$(i) 若a=0，令f'x=0，得x=2。  $
$f'(x)，f(x)的变化情况如下表：  $

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

不满足题意；  
$(ii) 若a\neq 0，令f'(x)=0，得x=2或x=\frac{1}{a}，  $
$①当a<0时，\frac{1}{a}<2，  $
$f'(x)，f(x)的变化情况如下表：  $

|$x$|$(-\infty ，\frac{1}{a})$|$\frac{1}{a}$|$(\frac{1}{a},2)$|2|$(2，+\infty )$|
|--|-----------------|------------|------------|-|-------|
|$f'(x)$|-|0|+|0|-|
|$f(x)$|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|

不满足题意；  
$②当a>0时，当\frac{1}{a}=2，即a=\frac{1}{2}时，f'x\geq 0，函数f(x)无极值点；  $
$当\frac{1}{a}<2，即a>\frac{1}{2}时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：  $

|$x$|$(-\infty ，\frac{1}{a})$|$\frac{1}{a}$|$(\frac{1}{a},2)$|2|$(2，+\infty )$|
|--|-----------------|------------|------------|-|-------|
|$f'(x)$|+|0|-|0|+|
|$f(x)$|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|

满足题意；  
$当\frac{1}{a}>2，即0<a<\frac{1}{2}时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：  $

|$x$|$(-\infty ，2)$|2|$(2,\frac{1}{a})$|$\frac{1}{a}$|$(\frac{1}{a},+\infty )$|
|--|-------|-|---------------|----------|-----------------|
|$f'(x)$|+|0|-|0|+|
|$f(x)$|$\text{单调递增}$|极大值|$\text{单调递减}$|极小值|$\text{单调递增}$|

不满足题意.  
$综上所述，a的取值范围是(\frac{1}{2},+\infty).$

Final answer: $(\frac{1}{2},+\infty)$
Subfield: Conic Sections


Question: $设圆x^{2}+y^{2}+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C, D两点,过B作AC的平行线交AD于点E。$
$设点E的轨迹为曲线C_1,直线l交C_1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.$

Solution:
$当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k\neq 0),M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)。$

由
\[
\begin{cases}
y=k(x-1),\\
\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1
\end{cases}
\]
$得(4k^2+3)x^2-8k^2x+4k^2-12=0，$

$则x_1+x_2=\frac{8k^2}{4k^2+3},x_1x_2=\frac{4k^2-12}{4k^2+3}。$

$所以|MN|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\frac{12(k^2+1)}{4k^2+3}。$

$过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-\frac{1}{k}(x-1),A到m的距离为\frac{2}{\sqrt{k^2+1}}，$

$所以|PQ|=2\sqrt{4^2-\left(\frac{2}{\sqrt{k^2+1}}\right)^2}=\frac{4\sqrt{4k^2+3}}{\sqrt{k^2+1}}。$

$故四边形MPNQ的面积S=\frac{1}{2}|MN||PQ|=12\sqrt{1+\frac{1}{4k^2+3}}。$

$可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8\sqrt{3})。$

$当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12。$

$综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8\sqrt{3})。$

Final answer: [12,8\sqrt{3})
Subfield: Conic Sections


Question: $已知抛物线C：y^2=2px 经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.$
$求直线l的斜率的取值范围；$

Solution:
$由已知可得 4=2p ，所以抛物线 C 的方程为 y^2=4x ，设 A(x_1,y_1), B(x_2,y_2) ，直线 l 显然不能与两坐标轴垂直，设其方程为 y=kx+1 (k\neq 0) ，由 y^2=4x 得 x=\frac{y^2}{4} ,将其代入 y=kx+1 ，得 y=k \cdot \frac{y^2}{4}+1 ，即 ky^2-4y+4=0.$
所以由已知可得 

$$
\begin{cases}
k \ne 0,\\ 
\Delta =16-16k>0,
\end{cases}
$$

$解得 k<1 且 k\neq 0 .又 PA，PB 与 Y 轴相交，故直线 l 不过点(1，-2)，从而 k\neq -3 .所以直线 l 的斜率的取值范围为(-\infty ，-3)\cup (-3，0)\cup (0，1).$

Final answer: $(-\infty ，-3)\cup (-3，0)\cup (0，1)$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知F是抛物线y^2=2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2.$
<img_2504>
$设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|^2=|PN|\cdot |QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围.$

Solution:
$由题意可设直线AB的方程为x=ty+1 (t \ne \frac{1}{2})，A(x_1 ,y_1 ),B(x_2, y_2),将直线AB的方程代入y^2=4x,得y^2-4ty-4=0,所以y_1+y_2=4t,y_1y_2=-4.直线MA的方程为y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),设直线l的方程为x=\frac{1}{2}y+s.记P(x_P ,y_P ),Q(x_Q ,y_Q ),由$

$\begin{align*}
y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),\\
x=\frac{1}{2}y+s,
\end{align*}$


$得y_P = \frac{2(s+1)y_1}{(2t-1)y_1+4},同理得y_Q = \frac{2(s+1)y_2}{(2t-1)y_2+4},记R(x_R, y_R) ,由$

$\begin{align*}
x=ty+1,
x=\frac{1}{2}y+s,
\end{align*}$

$得y_R = \frac{2(s-1)}{2t-1}.$

$由题意知|y_R|^2=|y_P |\cdot |y_Q |，化简得 \frac{(s-1)^2}{(2t-1)^2}= \frac{(s+1)^2}{4t^2+3} .易知s\neq 1,所以 \frac{(s+1)^2}{(s-1)^2} = \frac{4t^2+3}{(2t-1)^2}.因为 \frac{4t^2+3}{(2t-1)^2} =\left(\frac{2}{2t-1}+\frac{1}{2}\right)^2+ \frac{3}{4} \geq  \frac{3}{4}(当t=-\frac{3}{2}时等号成立)，所以\frac{(s+1)^2}{(s-1)^2} \geq  \frac{3}{4},得s\leq -7-4\sqrt{3}或s\geq -7+4\sqrt{3}且s\neq 1.因此直线l在x轴上截距的取值范围是(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\cup [-7+4\sqrt{3},1)\cup (1,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\cup [-7+4\sqrt{3},1)\cup (1,+\infty )$
Subfield: Conic Sections


Question: $如图，已知F是抛物线y^2=2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2.$
![image](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623875912133644289/img/compression/M_5b0d4ffd9338c55a0cb9921c089e4531.jpg)
$设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|^2=|PN|\cdot |QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围.$

Solution:
$由题意可设直线AB的方程为x=ty+1 (t \ne \frac{1}{2})，A(x_1 ,y_1 ),B(x_2, y_2),将直线AB的方程代入y^2=4x,得y^2-4ty-4=0,所以y_1+y_2=4t,y_1y_2=-4.直线MA的方程为y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),设直线l的方程为x=\frac{1}{2}y+s.记P(x_P ,y_P ),Q(x_Q ,y_Q ),由$

$\begin{align*}
y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1),\\
x=\frac{1}{2}y+s,
\end{align*}$


$得y_P = \frac{2(s+1)y_1}{(2t-1)y_1+4},同理得y_Q = \frac{2(s+1)y_2}{(2t-1)y_2+4},记R(x_R, y_R) ,由$

$\begin{align*}
x=ty+1,
x=\frac{1}{2}y+s,
\end{align*}$

$得y_R = \frac{2(s-1)}{2t-1}.$

$由题意知|y_R|^2=|y_P |\cdot |y_Q |，化简得 \frac{(s-1)^2}{(2t-1)^2}= \frac{(s+1)^2}{4t^2+3} .易知s\neq 1,所以 \frac{(s+1)^2}{(s-1)^2} = \frac{4t^2+3}{(2t-1)^2}.因为 \frac{4t^2+3}{(2t-1)^2} =\left(\frac{2}{2t-1}+\frac{1}{2}\right)^2+ \frac{3}{4} \geq  \frac{3}{4}(当t=-\frac{3}{2}时等号成立)，所以\frac{(s+1)^2}{(s-1)^2} \geq  \frac{3}{4},得s\leq -7-4\sqrt{3}或s\geq -7+4\sqrt{3}且s\neq 1.因此直线l在x轴上截距的取值范围是(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\cup [-7+4\sqrt{3},1)\cup (1,+\infty ).$

Final answer: $(-\infty ,-7-4\sqrt{3}]\cup [-7+4\sqrt{3},1)\cup (1,+\infty )$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 (a > b > 0) 经过点(2,0)，一个焦点为(\sqrt{3},0)。$
$若直线 y=k(x-1)(k\neq0) 与 x 轴交于点 P，与椭圆 C 交于 A, B 两点，线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 Q，求 \frac{|AB|}{|PQ|} 的取值范围.$

Solution:
由

$$
\left\{\begin{matrix}y=k(x-1),\\ \frac{x^2}{4}+y^2=1\end{matrix}\right.
$$

$消去i得 (1+4k^2)x^2-8k^2x+4k^2-4=0.$

$设A(x_1,y_1), B(x_2,y_2)，$

$则有 x_1+x_2=\frac{8k^2}{1+4k^2}，x_1x_2=\frac{4k^2-4}{1+4k^2}，$

$所以 y_1+y_2=k(x_1+x_2-2)=\frac{-2k}{1+4k^2}.$

$所以线段AB的中点坐标为\left(\frac{4k^2}{1+4k^2}, \frac{-k}{1+4k^2}\right)，$

$所以线段AB的垂直平分线的方程为y-\frac{-k}{1+4k^2}=-\frac{1}{k}\left(x-\frac{4k^2}{1+4k^2}\right).$

$于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点坐标为Q\left(\frac{3k^2}{1+4k^2},0\right)，易知点P(1,0)，所以|PQ|=\left|1-\frac{3k^2}{1+4k^2}\right|=\frac{1+k^2}{1+4k^2}.$

$|AB|=\sqrt{(1+k^2)\left[\left(\frac{8k^2}{1+4k^2}\right)^2-4 \cdot \frac{4k^2-4}{1+4k^2}\right]}$

$=\frac{4\sqrt{(1+k^2)(1+3k^2)}}{1+4k^2}.$

$于是，\frac{|AB|}{|PQ|}=\frac{\frac{4\sqrt{(1+k^2)(1+3k^2)}}{1+4k^2}}{\frac{1+k^2}{1+4k^2}}=4\sqrt{\frac{1+3k^2}{1+k^2}}=4\sqrt{3-\frac{2}{1+k^2}}.$

$因为k \neq  0，所以 1<3-\frac{2}{1+k^2}<3.$

$所以\frac{|AB|}{|PQ|}的取值范围为 (4,4\sqrt{3}).$

Final answer: $(4,4\sqrt{3})$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知椭圆C：\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a＞b＞0)过点\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)，且C的离心率为\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$过点P(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，求 |PA|\cdot |PB| 的取值范围.$

Solution:
$当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝1与椭圆C 交于点 (1,\frac{\sqrt{3}}{2}) 和点 (1,-\frac{\sqrt{3}}{2}). 我们可以选取点 A(1,\frac{\sqrt{3}}{2}) 和点 B(1,-\frac{\sqrt{3}}{2})， 所以PA 和 PB 的长度都是 \frac{\sqrt{3}}{2}， 所以PA 和 PB 的长度之积是 \frac{3}{4}. $

$当直线l的斜率存在时，设其方程为 y=k(x-1)，由方程组 \left\{\begin{matrix}y=k(x-1),\\ x^2+4y^2=4\end{matrix}\right. 得出，我们有(1+4k^2)x^2-8k^2x+4k^2-4 = 0， $

$设 A(x_1,y_1)，B(x_2,y_2)，则 $

$x_1+x_2=\frac{8k^2}{1+4k^2}， $

$x_1x_2=\frac{4k^2-4}{1+4k^2}$

$所以 PA 和 PB 的长度之积是 (\sqrt{1+k^2} |x_1-1|) (\sqrt{1+k^2} |x_2-1|) = (1+k^2) \cdot (x_1x_2-(x_1+x_2)+1)，即 \frac{3(1+k^2)}{1+4k^2}。$

$令 t=1+4k^2，则 t\geq 1，PA 和 PB 的长度之积就为 \frac{3(1+k^2)}{1+4k^2} = $
$\frac{3\left(1+\frac{t-1}{4}\right)}{t} = $
$\frac{3t+9}{4t} = $
$\frac{3}{4} + $
$\frac{9}{4t}\in \left(\frac{3}{4},3\right] 。 $

$当t=1，即k=0时，PA和PB的长度之积取最大值3.综上所述，PA和PB的长度之积的取值范围是 $
$\left[\frac{3}{4},3\right].$



Final answer: $\left[\frac{3}{4},3\right]$
Subfield: Conic Sections


Question: $已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C过点 (1, \frac{\sqrt{3}}{2})，离心率为 \frac{\sqrt{3}}{2}，点A为其右顶点。过点B(1,0)作直线l与椭圆C相交于E、F两点，直线AE、AF与直线x=3分别交于点M、N。$
$求\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{FN}的取值范围.$

Solution:
$由(1)得A(2,0)，  $
$设l:x=ty+1，E(x_1,y_1)，F(x_2,y_2)，  $
联立  
$$
\left\{
\begin{matrix}
x=ty+1,\\ 
x^2+4y^2-4=0,
\end{matrix}
\right.
$$
$得(ty+1)^2+4y^2-4=0，  $
$即(t^2+4)y^2+2ty-3=0，则y_1+y_2=-\frac{2t}{t^2+4}，y_1y_2=-\frac{3}{t^2+4}，  $
$直线AE，AF的方程分别为y=y_1/(x_1-2)(x-2)，y=y_2/(x_2-2)(x-2)，  $
$令x=3，则M(3,y_1/(x_1-2))，N(3,y_2/(x_2-2))，  $
$则\overrightarrow{EM}=(3-x_1, y_1(3-x_1)/(x_1-2))=(2-ty_1, y_1(2-ty_1)/(ty_1-1))，  $
$\overrightarrow{FN}=(3-x_2, y_2(3-x_2)/(x_2-2))=(2-ty_2, y_2(2-ty_2)/(ty_2-1))，  $
$所以\overrightarrow{EM} \cdot \overrightarrow{FN}=(2-ty_1)(2-ty_2)+\frac{y_1y_2(2-ty_1)(2-ty_2)}{(ty_1-1)(ty_2-1)}  $
$=[t^2y_1y_2-2t(y_1+y_2)+4][1+\frac{y_1y_2}{t^2y_1y_2-ty_1-ty_2+1}]  $
$=\left(\frac{-3t^2}{t^2+4}+\frac{4t^2}{t^2+4}+4\right)\left(1+\frac{\frac{-3}{t^2+4}}{\frac{-3t^2}{t^2+4}+\frac{2t^2}{t^2+4}+1}\right)  $
$=\frac{5t^2+16}{4(t^2+4)}=\frac{5(t^2+4)-4}{4(t^2+4)}=\frac{5}{4}-\frac{1}{t^2+4}，  $
$因为t^2+4 \geq 4，  $
$所以 0<\frac{1}{t^2+4} \leq \frac{1}{4}， 1 \leq \frac{5}{4}-\frac{1}{t^2+4} < \frac{5}{4}，  $
$即\overrightarrow{EM} \cdot \overrightarrow{FN}的取值范围为[1,\frac{5}{4}).$

Final answer: [1,\frac{5}{4})
Subfield: Derivative


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

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

$①当a\leq 0时，令f '(x)>0，解得0<x<1，令f '(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+\infty )上单调递减；<br>$

$②当0<a<1时，令f '(x)>0，解得0<x<1或x>\frac{1}{a}，令f '(x)<0，解得1<x<\frac{1}{a}，所以f(x)在(0,1)，\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增，在\left(1,\frac{1}{a}\right)上单调递减；<br>$

$③当a=1时，f '(x)\geq 0，所以f(x)在(0,+\infty )上单调递增；<br>$

$④当a>1时，令f '(x)>0，解得0<x<\frac{1}{a}或x>1，令f '(x)<0，解得\frac{1}{a}<x<1，所以f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)，(1,+\infty )上单调递增，在\left(\frac{1}{a},1\right)上单调递减.<br>$

$综上，当a\leq 0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+\infty )上单调递减；<br>当0<a<1时，f(x)在(0,1)，\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增，在\left(1,\frac{1}{a}\right)上单调递减；<br>当a=1时，f(x)在(0,+\infty )上单调递增；<br>当a>1时，f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)，(1,+\infty )上单调递增，在\left(\frac{1}{a},1\right)上单调递减.$

Final answer: $当a\leq 0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+\infty )上单调递减；$
$当0<a<1时，f(x)在(0,1)，\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增，在\left(1,\frac{1}{a}\right)上单调递减；$
$当a=1时，f(x)在(0,+\infty )上单调递增；$
$当a>1时，f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)，(1,+\infty )上单调递增，在\left(\frac{1}{a},1\right)上单调递减.$
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x) = \ln x + \frac{a}{2}x^2 - (a+1)x, a \in R. a\leq 0$
求函数f(x)的单调递减区间；

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

$①当a\leq 0时，令f '(x)>0，解得0<x<1，令f '(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+\infty )上单调递减；<br>$

$②当0<a<1时，令f '(x)>0，解得0<x<1或x>\frac{1}{a}，令f '(x)<0，解得1<x<\frac{1}{a}，所以f(x)在(0,1)，\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增，在\left(1,\frac{1}{a}\right)上单调递减；<br>$

$③当a=1时，f '(x)\geq 0，所以f(x)在(0,+\infty )上单调递增；<br>$

$④当a>1时，令f '(x)>0，解得0<x<\frac{1}{a}或x>1，令f '(x)<0，解得\frac{1}{a}<x<1，所以f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)，(1,+\infty )上单调递增，在\left(\frac{1}{a},1\right)上单调递减.<br>$

$综上，当a\leq 0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+\infty )上单调递减；<br>当0<a<1时，f(x)在(0,1)，\left(\frac{1}{a},+\infty \right)上单调递增，在\left(1,\frac{1}{a}\right)上单调递减；<br>当a=1时，f(x)在(0,+\infty )上单调递增；<br>当a>1时，f(x)在\left(0,\frac{1}{a}\right)，(1,+\infty )上单调递增，在\left(\frac{1}{a},1\right)上单调递减.$



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


Question: $已知函数f(x)=Asin(\omega x+\phi )(A>0, \omega >0, |\phi |<\pi )的图象如图所示.$
<img_172>
$记f'(x)为函数f(x)的导函数，若方程f'(x)=0在区间(0,m)内有且只有3个实数解，试求实数m的取值范围.$

Solution:
$f'(x)=4cos\left(2x+\frac{2\pi }{3}\right)，因为0<x<m,所以0<2x<2m，则\frac{2\pi }{3}<2x+\frac{2\pi }{3}<2m+\frac{2\pi }{3}，因为方程f'(x)=0在区间(0, m)内有且只有3个实数解，$

$所以\frac{7\pi }{2}<2m+\frac{2\pi }{3}\leq \frac{9\pi }{2}，\frac{17\pi }{6}<2m\leq \frac{23\pi }{6}, \frac{17\pi }{12}<m\leq \frac{23\pi }{12}，$

$即m的取值范围是\left(\frac{17\pi }{12},\frac{23\pi }{12}\right].$



Final answer: \left(\frac{17\pi }{12},\frac{23\pi }{12}\right]
Subfield: Derivative


Question: $已知函数f(x)=Asin(\omega x+\phi )(A>0, \omega >0, |\phi |<\pi )的图象如图所示.$
![图象](https://cdntk.53zaixian.com/tq/1623608893467144195/img/compression/M_ebc0957cc06dd2bc791e92939320419a.jpg)
$记f'(x)为函数f(x)的导函数，若方程f'(x)=0在区间(0,m)内有且只有3个实数解，试求实数m的取值范围.$

Solution:
$f'(x)=4cos\left(2x+\frac{2\pi }{3}\right)，因为0<x<m,所以0<2x<2m，则\frac{2\pi }{3}<2x+\frac{2\pi }{3}<2m+\frac{2\pi }{3}，因为方程f'(x)=0在区间(0, m)内有且只有3个实数解，$

$所以\frac{7\pi }{2}<2m+\frac{2\pi }{3}\leq \frac{9\pi }{2}，\frac{17\pi }{6}<2m\leq \frac{23\pi }{6}, \frac{17\pi }{12}<m\leq \frac{23\pi }{12}，$

$即m的取值范围是\left(\frac{17\pi }{12},\frac{23\pi }{12}\right].$

Final answer: \left(\frac{17\pi }{12},\frac{23\pi }{12}\right]