函数与导数习题
分析:令\(g(x)=(x+1)(x+2)\cdots (x+2013)\),则\(f(x)=x\cdot g(x)\),
则\(f'(x)=g(x)+x\cdot g'(x)\),故\(f'(0)=g(0)+0\cdot g'(0)=1\times 2\times 3\times \cdots \times 2013\);
(1)、求曲线\(y=f(x)\)在点\((0,f(0))\)处的切线方程。
(2)、求函数\(f(x)\)在区间\([0,\cfrac{\pi}{2}]\)上的最大值和最小值。
分析:(1)由题目可知,\(f'(x)=e^xcosx+e^x\cdot (-sinx)-1=e^x(cosx-sinx)-1\)
则切线的斜率\(k=f'(0)=e^0(cos0-sin0)-1=0\),
又\(f(0)=(e^xcosx-x)_{|x=0}=1\),即切点为\((0,1)\),
由点斜式可知切线方程为\(y-1=0(x-0)\),
整理得到在点\((0,f(0))\)处的切线方程为\(y=1\)。
(2)由上可知,\(f'(x)=e^x(cosx-sinx)-1\),
令\(h(x)=e^x(cosx-sinx)-1\),
则\(h'(x)=e^x(cosx-sinx)+e^x(-sinx-cosx)=-2e^xsinx\),
当\(x\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)时, 容易知道\(h'(x)=-2e^xsinx<0\)(注意恒有\(e^x>0\)),
即函数\(h(x)\),也就是函数\(f'(x)\),在\(x\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)单调递减,
则\(x\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\)时,\(h(x)\leq h(0)=0\),即$f'(x)\leq 0 $恒成立,
即使\(f'(x)=0\),也是仅仅在单独的端点处,不会影响函数\(f(x)\)的单调性。
则有函数\(f(x)\)在区间$ [0,\cfrac{\pi}{2}]$上单调递减,
故\(f(x)_{min}=f(\cfrac{\pi}{2})=-\cfrac{\pi}{2}\),\(f(x)_{max}=f(0)=1\)。
解后反思:
1、关于二阶导的那些事,由解答过程就能看出,函数\(h(x)\)是函数\(f(x)\)的一阶导数,那么函数\(h'(x)\)其实是函数\(f(x)\)的二阶导,由于高中阶段我们只接触学习了一阶导数,故答案中一般不出现二阶导\(f''(x)\)的表示形式,我们做答案是也需要注意这一点。
2、为什么要用二阶导?平时我们的解题经验是一般只给函数\(f'(x)\)求一次导数得到\(f'(x)\),然后求解导函数不等式,由导函数的正负就知道了原函数\(f(x)\)的单调性了;但是,不是所有的函数求一阶导后,导函数的正负我们就能一目了然,这时候往往需要针对导函数再求导,也就是二阶导,其目的就是想知道导函数的单调性,在我们的解题体验中,往往是二阶导恒为正或恒为负,这样我们就知道了一阶导的单调性,利用一阶导的端点值(往往为0),从而知道了一阶导的正负,这样原函数的单调性就清楚了。
3、由于上述比较拗口,结合题目做以说明。原函数为\(f(x)\),一阶导为\(f'(x)=h(x)\),二阶导为\(h'(x)=f''(x)\),
由于二阶导\(h'(x)=f''(x)=-2e^xsinx<0\)在\((0,\cfrac{\pi}{2})\)上恒成立,则一阶导\(h(x)=f'(x)\)在\([0,\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递减;
此时一阶导\(h(x)=f'(x)\)有最值,取哪一个最值,一般取函数值为0的那一个。比如\(h(x)_{max}=h(0)=0\),
从而知道一阶导\(f'(x)<0\),这样就知道了原函数\(f(x)\)在\([0,\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递减;
接下来求最值,那还不是小菜一碟吗。
分析:此题目的关键是求得\(f(x)\)的零点的个数和大致区间,为此,需要考虑\(f(x)\)的单调性和端点值的情况。
\(f'(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots+x^{2014}-x^{2015}\)
\(=(1-x)+x^2(1-x)+\cdots+x^{2014}(1-x)\)
\(=(1-x)(1+x^2+x^4+\cdots+x^{2014})>0\)
或者利用导数这样计算:
\(f'(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots+x^{2014}-x^{2015}=\cfrac{1-x^{2016}}{1+x}>0\),
所以函数\(f(x)\)在区间\((-1,1)\)上单调递增,由于\(f(0)=1>0\),
故在区间\((0,1)\)上没有零点,只需要考查区间\((-1,0)\)上,
\(f(-1)=(1-1)-(\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{5}+\cdots+\cfrac{1}{2014}+\cfrac{1}{2015}+\cfrac{1}{2016})<0\),
所以函数在区间\((-1,0)\)上只有一个零点\(x_0\in (-1,0)\),这样函数\(F(x)\)的零点就在区间\((-5,-4)\),
所以\(b-a=1\),即求解\(x^2+y^2=1\)的面积,很明显是\(\pi\)
分析1:这个题目的难点在于如果巧妙的转化和划归,如果注意到\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)可以转化为\(\cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\leq 4\),那么就可以转化为\(f'(x)\leq 4\)能成立;但是这个思路还是有一定的问题,因为割线的斜率和切线的斜率毕竟不是一回事。
法1:[数形结合]\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x+2\leq 4\)对于\(x>0\)能成立,
分离参数可得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立,即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。
而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\),
即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\),故\(a \leq \cfrac{1}{2}\),也即\(a\in(-\infty,\cfrac{1}{2}]\).
法2:[构造函数法]如果将\(f(x_1)-f(x_2)\leq 4(x_1-x_2)\)转化为\(f(x_1)-4x_1\leq f(x_2)-4x_2\),令\(g(x)=f(x)-4x=alnx+(x-1)^2\),
则原题转化为存在\(x_1>x_2,g(x_1)\leq g(x_2)\)成立,
即就是\(x>0\)时,\(g(x)\)有单调递减区间或\(g(x)\)为常函数;
即就是\(x>0\)时,\(g'(x)\leq 0\)有解或\(g(x)\)为常函数,而\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-2\leq 0\)有解,
分离参数即得\(a\leq -2x^2+2x\)对于\(x>0\)能成立,即求解\(-2x^2+2x=g(x)\)在\(x>0\)上的最大值。
而\(g(x)=-2x^2+2x=-2(x-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{1}{2}\),即\(g(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\),
故\(a \leq \cfrac{1}{2}\),也即\(a\in(-\infty,\cfrac{1}{2}]\).
(1)当\(a=-4\)时,求函数\(f(x)\)在区间\([1,e]\)上的最大值和相应的\(x\)值;
(2)当\(x\in [1,e]\)时,讨论方程\(f(x)=0\)的根的个数;
(3)若\(a>0\),且对\(\forall x_1,x_2 \in [1,e]\),都有\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\),求实数\(a\)的取值范围。
解析:(1)由题目可知,定义域为\((0,+\infty)\);当\(a=-4\)时,\(f'(x)=\cfrac{-4}{x}+2x=\cfrac{2x^2-4}{x}=\cfrac{2(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}{x}\)
借助导函数的分子的图像和\(x\in [1,e]\),可知\(x\in[1,\sqrt{2})\)时,\(f'(x)<0,f(x)\searrow\);\(x\in(\sqrt{2},e]\)时,\(f'(x)>0,f(x)\nearrow\);
又因为端点值\(f(1)=1,f(e)=e^2-4>f(1)\),故\(x=e\)时,\(f(x)_{max}=f(e)=e^2-4\).
(2)当\(x=1\)时,方程\(f(x)=alnx+x^2=0\)无解;当\(x>1\)时,\(lnx>0\),
故方程\(f(x)=0\)的根的个数即就是方程\(-a=\cfrac{x^2}{lnx}\)的根的个数。即函数\(g(x)=-a\)和函数\(h(x)=\cfrac{x^2}{lnx}\)的图像的交点个数。
又\(h'(x)=\cfrac{2xlnx-x^2\cdot\cfrac{1}{x}}{ln^2x}=\cfrac{x(2lnx-1)}{ln^2x}\),借助导函数的分子的图像得到:
\(x\in(1,\sqrt{e})\)时,\(h'(x)<0,h(x)\searrow\);\(x\in(\sqrt{e},e)\)时,\(h'(x)>0,h(x)\nearrow\);又\(h(\sqrt{e})=2e,h(e)=e^2\),
在同一个坐标系中作出函数\(g(x)\)和\(h(x)\)的图像可知,
\(1^。\)当\(-a<2e\)时,即\(a>-2e\)时,两个函数图像没有交点,原方程无解;
\(2^。\)当\(-a=2e\)时,即\(a=-2e\)时,两个函数图像有一个交点,原方程一个解;
\(3^。\)当\(2e<-a\leq e^2\)时,即\(-e^2\leq a<-2e\)时,两个函数图像有两个交点,原方程有两个解;
\(4^。\)当\(-a>e^2\)时,即\(a<-e^2\)时,两个函数图像有一个交点,原方程一个解;
综上所述,当\(a>-2e\)时,原方程根的个数是0个;当\(a<-e^2\)或\(a=-2e\)时,原方程根的个数是1个;当\(-e^2\leq a<-2e\)时,原方程根的个数有2个;
(3)\(a>0\)时,\(f'(x)=\cfrac{a}{x}+2x>0\),即函数\(f(x)\)在\(x\in [1,e]\)上单增,又函数\(y=\cfrac{1}{x}\)在\(x\in [1,e]\)上单减,不妨设\(1\leq x_1<x_2\leq e\),
则\(|f(x_1)-f(x_2)|\leq |\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}|\)等价于\(f(x_2)-f(x_1)\leq \cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2}\),
即\(f(x_1)+\cfrac{1}{x_1}\ge f(x_2)+\cfrac{1}{x_2}\)在\(x\in [1,e]\)上恒成立,
令\(g(x)=f(x)+\cfrac{1}{x}=alnx+x^2+\cfrac{1}{x}\),则原命题等价于函数\(g(x)\)在区间\(x\in [1,e]\)上单调递减,
所以\(g'(x)=\cfrac{a}{x}+2x-\cfrac{1}{x^2}\leq 0\)在\(x\in [1,e]\)上恒成立;分离参数得到\(a\leq \cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1,e]\)上恒成立;
又\(h(x)=\cfrac{1}{x}-2x^2\)在\(x\in [1,e]\)上单调递减,则\(h(x)_{min}=h(e)=\cfrac{1}{e}-2e^2\);所以\(a\leq \cfrac{1}{e}-2e^2\)
又由题目可知\(a>0\),故\(a\in \varnothing\)。即满足条件的实数\(a\)不存在。
分析:本题目的难点在于要注意到\((e^x)'=e^x\)以及构造函数,
解析:由题目\(f'(x)+f(x)=2xe^{-x}\)可知,\(e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\),令\(g(x)=e^xf(x)\),
则\(g'(x)=e^xf'(x)+e^xf(x)=2x\),故\(g(x)=e^xf(x)=\int 2x\;\;dx=x^2+C\),由\(f(0)=1\),得到\(g(0)=1=0^2+C\),故\(C=1\)
所以\(e^xf(x)=x^2+1\),则\(f(x)=\cfrac{x^2+1}{e^x}\),\(f'(x)=\cfrac{2xe^x-(x^2+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{2x-x^2-1}{e^x}\)
故\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2x-x^2-1}{x^2+1}=\cfrac{2x}{x^2+1}-1\),由于接下来需要变量集中到分母,故针对\(x\)分类讨论如下:
当\(x=0\)时,直接代入上式得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=-1\);
当\(x\neq 0\)时,\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}=\cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\);由于\(|x+\cfrac{1}{x}|\ge 2\),
则\(0<\cfrac{1}{\left|x+\cfrac{1}{x}\right|}\leq \cfrac{1}{2}\),即\(0<\left|\cfrac{2}{x+\frac{1}{x}}\right|\leq 1\),
所以\(-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}<0或0< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}\leq 1\);
\(-1-1\leq \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1<0-1或0-1< \cfrac{2}{x+\cfrac{1}{x}}-1\leq 1-1\);
即\(-2\leq \cfrac{f'(x)}{f(x)}<-1或-1< \cfrac{f'(x)}{f(x)}\leq 0\);
综上得到\(\cfrac{f'(x)}{f(x)}\in [-2,0]\)
⑴令\(g(x)=f'(x)\),求\(g(x)\)的单调区间;
⑵已知\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极大值,求正实数\(a\)的取值范围.
解析:⑴\(g(x)=f'(x)= lnx-2ax+2a,x\in (0,+\infty)\)
则\(g'(x)= \cfrac{1}{x}-2a=\cfrac{1-2ax}{x}\)
\(1^。\)当\(a\leq 0\)时,\(x\in(0,+\infty)\),\(g'(x)>0,g(x)\nearrow\)
\(2^。\)当\(a> 0\)时,令\(g'(x)=0,1-2ax=0,x=\cfrac{1}{2a}\)
当\(x\in (0,\cfrac{1}{2a})\),\(g'(x)>0,g(x)\nearrow\);当\(x\in (\cfrac{1}{2a},+\infty)\),\(g'(x)<0,g(x)\searrow\);
综上所述,当\(a\leq 0\)时,单增区间为\((0,+\infty)\),无单减区间;当\(a> 0\)时,单增区间为\((0,\cfrac{1}{2a})\),单减区间为\((\cfrac{1}{2a},+\infty)\)。
⑵由⑴知,有\(f'(1)=0\)成立,
\(1^。\)当\(0<a<\cfrac{1}{2}\)时,\(\cfrac{1}{2a}>1\),由⑴知\(f'(x)\)在\((0,\cfrac{1}{2a})\)单增,故\(x\in(0,1)\)时,\(f'(x)<0\),\(x\in(1,\cfrac{1}{2a})\)时,\(f'(x)>0\),则函数\(f(x)\)在\(x=1\)处取得极小值,不符,舍去;
\(2^。\)当\(a=\cfrac{1}{2}\)时,\(\cfrac{1}{2a}=1\),\(f'(x)\)在\((0,1)\)上单增,在\((1,+\infty)\)上单减,则\(x\in (0,+\infty)\)时,\(f'(x)\leq 0\),故\(f(x)\searrow\),无极大值,不符,舍去;
\(3^。\)当\(a>\cfrac{1}{2}\)时,\(0<\cfrac{1}{2a}<1\),\(x\in(\cfrac{1}{2a},1)\)时,\(f'(x)>0,f(x)\nearrow\),\(x\in(1,+\infty)\)时,\(f'(x)<0,f(x)\searrow\),故在\(x=1\)处取到极大值,符合题意。
综上,\(a\in (\cfrac{1}{2},+\infty)\)。
分析:本题中的题眼是在\((0,+\infty)\)上\(f'(x)<x\),这句话是构造函数的关键所在。
解析:由题目“在\((0,+\infty)\)上\(f'(x)<x\)”,构造函数\(g(x)=f(x)-\cfrac{1}{2}x^2\),
从简原则,我们不需要构造\(\cfrac{1}{2}x^2+C\);则在\((0,+\infty)\)上\(g'(x)=f'(x)-x<0\),\(g(x)\)单调递减,
又由于\(f(-x)+f(x)=x^2\),改写为\(f(-x)-\cfrac{1}{2}(-x)^2+f(x)-\cfrac{1}{2}(x)^2=0\),即就是\(g(-x)+g(x)=0\),
即函数\(g(x)\)为定义在\(R\)上的奇函数,则\((-\infty,0)\)上单调递减,所以函数\(g(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)上单调递减。
又由于\(f(4-m)-f(m)\ge 8-4m\),等价于\(f(4-m)-\cfrac{1}{2}(4-m)^2 \ge f(m)-\cfrac{1}{2}m^2\),
也等价于\(g(4-m)\ge g(m)\),所以\(4-m\leq m\),解得\(m \ge 2\),即\(m\in [2,\infty)\).
⑴若函数\(\phi(x)\)在区间\((3m,m+\cfrac{1}{2})\)上单调递减,求实数\(m\)的取值范围;
⑵若对于任意的\(x\in (0,1)\),恒有\((1+x)\cdot f(x)+2a<0(a>0)\),求实数\(a\)的取值范围;
【解析】⑴由于\(f'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\),
故\(\phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=\cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0\&x\neq 1)\)
所以\(\phi'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x^2}\),则\(\phi(x)\)在区间\((0,1)\)单调递减,
又由题可知,函数\(\phi(x)\)在区间\((3m,m+\cfrac{1}{2})\)上单调递减,
则\((3m,m+\cfrac{1}{2})\subseteq (0,1)\),则得到\(\begin{cases} &3m\ge 0 \\\ &m+\cfrac{1}{2}\leq 1 \\\ &3m<m+\cfrac{1}{2}\end{cases}\)
则有\(\begin{cases} &m\ge 0 \\\ &m<\cfrac{1}{4} \\\ &m\leq\cfrac{1}{2}\end{cases}\),解得\(0\leq m <\cfrac{1}{4}\).
⑵转化为恒成立和分离参数来求解。对于任意的\(x\in (0,1)\),恒有\(-2a\ge (1+x)\cdot f(x)\)成立,令\(g(x)=(1+x)\cfrac{lnx}{1-x}\),
则\(g'(x)=\cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)-lnx\cdot (1-x)'}{(1-x)^2}=\cfrac{lnx}{1-x}+(1-x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)
即\(=\cfrac{lnx(1-x)+\cfrac{1}{x}(1-x)^2+(1+x)lnx}{(1-x)^2}=\cfrac{2lnx-x+\cfrac{1}{x}}{(1-x)^2}\),
再令\(h(x)=2lnx+\cfrac{1}{x}-x\),则\(h'(x)=\cfrac{2}{x}-\cfrac{1}{x^2}-1\),则\(h''(x)=-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{2}{x^3}=2(\cfrac{1}{x^3}-\cfrac{1}{x^2})>0\),
所以\(h'(x)\)在区间\((0,1)\)上单调递增,又\(h'(1)=0\),则在区间\((0,1)\)上\(h'(x)<0\),故\(h(x)\)在区间\((0,1)\)上单调递减,
又\(h(1)=0\),则在区间\((0,1)\)上\(h(x)>0\),故在区间\((0,1)\)上\(g'(x)>0\),从而\(g(x)\)在区间\((0,1)\)上单调递增,
故\(g(x)_{max}= g(1)\),以下用洛必达法则求解\(g(1)\);
\(\lim\limits_{x\to 1} g(x)= \lim\limits_{x\to 1} \cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}=\lim\limits_{x\to 1} \cfrac{lnx+\cfrac{1+x}{x}}{-1}=-2\);
故\(g(x)_{max}= g(1)\),故\(-2a \ge -2\),又\(a>0\),解得\(0<a\leq 1\).
分析:先转化为不等式\((2-x)e^x>a(x+1)\)恰有两个正整数解,令函数\(h(x)=(2-x)e^x,g(x)=a(x+1)\),问题转化为函数\(h(x)\)在函数\(g(x)\)上方的部分只包含两个正整数,由\(h'(x)=-e^x+(2-x)e^x=2(1-x)e^x\)得到,\(x\in (-\infty,1)\)时,\(h'(x)>0,h(x)\nearrow\);\(x\in (1,+\infty)\)时,\(h'(x)<0,h(x)\searrow\);在同一个坐标系中做出两个函数的图像,注意作图的特点,\(h(x)\)中含有正因子\(e^x\),\(g(x)\)图像恒过定点\((-1,0)\),
课件
由图可以看出,当\(a\ge 0\)时,满足题意的正整数解只有\(x=1\)一个,\(x=2\)不能算在内,显然不满足题意;当\(a<0\)时,至少已有两个正整数解\(\{1 ,2\}\),此时需要加以控制,不能出现多于两个的情况,当\(h(3)=g(3)\)时,\(f(x)>0\)的解集中没有3,故只需要\(h(3)\leq g(3)\),即\((2-3)e^3\leq a(3+1)\),解得\(a\in [-\cfrac{1}{4}e^3,0)\).
分析:本题目分两步完成证明:第一步,先求出当\(x>0\)时\(e^x>x^2-2ax+1\)的\(a\)的取值范围;第二步,利用集合的关系来判断命题的关系;
解析:当\(x>0\)时,\(e^x>x^2-2ax+1\Longleftrightarrow a>\cfrac{x^2-e^x+1}{2x}\)恒成立,令\(h(x)=x^2-e^x+1\),则\(h'(x)=\cfrac{1}{2}[1-\cfrac{(x-1)e^x}{x^2}-\cfrac{1}{x^2}]=\cfrac{(x-1)(x+1-e^x)}{2x^2}\),由于\(x>0\),容易知道\(x+1-e^x<0\).
令\(h'(x)=0\),则\(x=1\),当\(0<x<1\)时,\(h'(x)>0\),\(h(x)\searrow\);当\(x>1\)时,\(h'(x)<0\),\(h(x)\nearrow\);故\(h(x)_{max}=h(1)=1-\cfrac{e}{2}\),从而\(a>1-\cfrac{e}{2}\)。
现在需要证明:\(a>ln2-1\Longrightarrow a>1-\cfrac{e}{2}\).即只需证明\(ln2-1>1-\cfrac{e}{2}\),即证明\(ln2+\cfrac{e}{2}-2>0\);
令\(\phi(x)=lnx+\cfrac{e}{x}-2\),\(\phi'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{e}{x^2}=\cfrac{x-e}{x^2}\),由\(\phi'(x)=0\)得到\(x=e\),经讨论可知\(\phi(x)_{min}=\phi(e)=0\),故\(\phi(2)=ln2+\cfrac{e}{2}-2>0\)
即就是\(a>ln2-1\Longrightarrow a>1-\cfrac{e}{2}\).故\(a>ln2-1\)是\(e^x>x^2-2ax+1\)的充分不必要条件。
分析:由于函数中含有参数,所以先考虑\(g'(x)\leq 0\)在区间\((0,+\infty)\)上有解或能成立;
\(g'(x)=\cfrac{1}{x}+x-(b-1)=\cfrac{x^2-(b-1)x+1}{x}\),则只需要\(h(x)=x^2-(b-1)x+1\leq 0\)在区间\((0,+\infty)\)上有解或能成立;
分离参数得到\(b-1\ge \cfrac{x^2+1}{x}=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((0,+\infty)\)上有解或能成立;\([x+\cfrac{1}{x}]_{min}=2\)
故\(b-1\ge 2\),即\(b\ge 3\),注意\(b=3\)时往往需要验证,
比如此时的\(g'(x)=\cfrac{x^2-(3-1)x+1}{x}=\cfrac{(x-1)^2}{x}\),此时\(g'(x)\ge 0\)恒成立,故\(b=3\)要舍去,即\(b>3\).
⑴求\(a\)的值;
⑵讨论函数\(f(x)\)在\([-\pi,\pi]\)上的单调性;
⑶设函数\(g(x)=xlnx+\cfrac{m}{x}\),若对任意的\(x_1\in[\cfrac{1}{2},2]\)总存在\(x_2\in[0,\cfrac{\pi}{2}]\),使得\(g(x_1)\ge f(x_2)\)成立,求实数\(m\)的取值范围。
分析:⑴利用\(f'(x_0)=f'(\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{\sqrt{2}\pi}{8}\),求得\(a=1\);
⑵利用解不等式\(f'(x)>0\)得到单调区间或者利用两个函数\(y=x,y=cosx,x\in[-\pi,\pi]\)的图像直接写出单调区间;
课件
⑶由题目可知\(\forall x_1\in [\cfrac{1}{2},2]\),\(\exists x_2\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\),使得\(g(x_1)\ge f(x_2)\)成立,即就是\(g(x_1)_{min}\ge f(x_2)_{max}\),且\(x_1\in [\cfrac{1}{2},2]\),\(x_2\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\)。
⑴令\(F(x)=x\cdot f(x)-g(x)\),求\(F(x)\)的单调区间;
⑵若任意\(x_1,x_2\in [1,+\infty)\),且\(x_1>x_2\),都有\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立,求实数\(m\)的取值范围;
分析:⑴由于\(g(x)\)是分段函数,故按道理求\(F(x)\) 也应该是分段函数,但是\(f(x)\)的定义域是\((0,+\infty)\),故\(F(x)\)也应该定义在\((0,+\infty)\)上,故\(F(x)=xlnx-\cfrac{1}{2}x^2\),则\(F'(x)=lnx+1-x=lnx-(x-1)=f(x)-h(x)\)
到此可以考虑两个思路:其一,利用函数\(y=f(x)\)和\(h(x)=x-1\)的图像很快的看出\(F'(x)\)的正负,
课件
故当\(0<x<1\)时,\(F'(x)<0\);当\(x>1\)时,\(F'(x)<0\);当\(x=1\)时,\(F'(x)=0\);即\(x\in (0,+\infty)\)时,\(F'(x)\leq 0\)恒成立,即函数\(F(x)\)只有单调递减区间\((0,+\infty)\)。
其二:构造函数\(G(x)=F'(x)=lnx+1-x\),则\(G'(x)=\cfrac{1}{x}-1\),由\(G'(x)=\cfrac{1}{x}-1>0\),得到\(0<x<1\);由\(G'(x)=\cfrac{1}{x}-1<0\),得到\(x>1\);
即\(G(x)\)在\((0,1)\)上为增函数,在\((1,+\infty)\)上为减函数,即\(F'(x)\)在\((0,1)\)上为增函数,在\((1,+\infty)\)上为减函数,故\(F'(x)\leq F'(1)=0\),故函数\(F(x)\)在区间\((0,+\infty)\)上单调递减。
⑵由题意当\(x_1>x_2\ge 1\)时,都有\(m[g(x_1)-g(x_2)]>x_1f(x_1)-x_2f(x_2)\)恒成立,故当\(x_1>x_2\ge 1\)时,\(mg(x_1)-x_1f(x_1)>mg(x_2)-x_2f(x_2)\)恒成立,
此时构造函数\(H(x)=mg(x)-xf(x)\),则函数\(H(x)\)在区间\([1,+\infty)\)上是增函数,则有\(H'(x)\ge 0\)恒成立;又\(H(x)=m\cfrac{1}{2}x^2-xlnx\),则\(H'(x)=mx-lnx-1\ge 0\)恒成立,分离参数得到
\(m\ge \cfrac{lnx+1}{x}\),再令\(h(x)=\cfrac{lnx+1}{x}(x\ge 1)\),则\(h'(x)=\cfrac{1-lnx-1}{x^2}=\cfrac{-lnx}{x^2}\leq 0\),故\(h(x)\)在\([1,+\infty)\)上单调递减;故\(h(x)_{max}=h(1)=1\),故\(m\ge 1\)。
(1).若函数\(f(x)\)在\(x=-1\)处取到极值\(\cfrac{1}{e}\),试求函数\(f(x)\)的解析式和单调区间;
提示:\(f'(x)=\cfrac{ax-(ax+b)}{x^2}e^x+\cfrac{ax+b}{x}e^x\)
\(f'(-1)=0,f(-1)=\cfrac{1}{e}\),分别求得\(a-2b=0\)和\(a-b=1\),联立求得\(a=2,b=1\);则\(f(x)=\cfrac{2x+1}{x}\cdot e^x\);
求解单调区间,实质就是解不等式\(f'(x)=\cfrac{e^x(x+1)(2x-1)}{x^2}>0\)和\(f'(x)=\cfrac{e^x(x+1)(2x-1)}{x^2}<0\),此时可以通过穿根法解分式不等式。\((-\infty,-1)和(\cfrac{1}{2},+\infty)\)单调递增;\((-1,0)和(0,\cfrac{1}{2})\)单调递减;
(1)讨论\(f(x)\)的单调性
分析:本题目一般要借助导数工具来讨论单调性,
\(f'(x)=-2xe^x+(1-x^2)e^x=(-x^2-2x+1)e^x\),由于\(e^x\)的值恒为正,【思路提示:此时我们只要能做出导函数的其中一部分\(-x^2-2x+1=g(x)\)的图像,结合图像就能讨论单调性】
令\(-x^2-2x+1=0\),得到\(x=\pm\sqrt{2}-1\),且二次函数\(g(x)\)的开口向下,如图所示,故有以下结论
当\(x<-\sqrt{2}-1\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;当\(-\sqrt{2}-1<x<\sqrt{2}-1\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;当\(x>\sqrt{2}-1\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;
故可得到函数\(f(x)\)的单调递减区间是\((-\infty,-\sqrt{2}-1)\)和\((\sqrt{2}-1,+\infty)\);单调递增区间是\((-\sqrt{2}-1,\sqrt{2}-1)\)。
(2)当\(x\ge 0\)时,\(f(x)\leq ax+1\),求\(a\)的取值范围。课件
分析:我们可以利用函数的性质做出函数的大致图像来寻找思路,\(f(0)=1\),\(f(\sqrt{2}-1)>1\),且函数在\((0,\sqrt{2}-1)\)上单调递增,在\((\sqrt{2}-1,+\infty)\)上单调递减,故可以做出函数的大致图像如右图所示。再者,函数\(f'(1)=1\),待编辑。
A、-1 \(\hspace{2cm}\) B、\(-2e^{-3}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(e^{-3}\) \(\hspace{2cm}\) D、 1
分析:\(f'(x)=(2x+a)e^{x-1}+(x^2+ax-1)e^{x-1}=e^{x-1}[x^2+(a+2)x+a-1]\),
又由题目可知\(f'(-2)=0\),即\(f'(-2)=e[4+(a+2)(-2)+a-1]=0\),解得\(a=-1\)
故原函数\(f(x)=(x^2-x-1)e^{x-1}\),
其导函数\(f'(x)=e^{x-1}(x^2+x-2)=e^{x-1}(x+2)(x-1)\),
仿照上例,做出函数\(g(x)=(x+2)(x-1)\)的图像可知,
函数的极小值点是\(x=1\);
故函数\(f(x)_{极小}=f(1)=-1\)。故选A。
(1)讨论\(f(x)\)的单调性
分析:利用导数求导解决,\(f'(x)=e^x(e^x-a)+e^x\cdot e^x-a^2=2e^{2x}-e^xa-a^2=(e^x-a)(2e^x+a)\),以下针对\(a\)分类讨论如下:
课件
当\(a=0\)时,\(f'(x)>0\)恒成立,\(f(x)\)在区间\((-\infty,+\infty)\)上单调递增。
当\(a>0\)时,令\(e^x>a\),解得\(x>lna\),\(f'(x)>0\),即在区间\((lna,+\infty)\)上函数\(f(x)\)单调递增;令\(e^x<a\),解得\(x<lna\),\(f'(x)<0\),即在区间\((-\infty,lna)\)上函数\(f(x)\)单调递减;
当\(a<0\)时,令\(e^x>-\cfrac{a}{2}\),解得\(x>ln(-\cfrac{a}{2})\),\(f'(x)>0\),即在区间\((ln(-\cfrac{a}{2}),+\infty)\)上函数\(f(x)\)单调递增;令\(e^x<-\cfrac{a}{2}\),解得\(x<ln(-\cfrac{a}{2})\),\(f'(x)<0\),即在区间\((-\infty,ln(-\cfrac{a}{2}))\)上函数\(f(x)\)单调递减;
综上所述,当\(a<0\)时,函数\(f(x)\)的单减区间是\((-\infty,ln(-\cfrac{a}{2}))\),单增区间是\((ln(-\cfrac{a}{2}),+\infty)\);
当\(a=0\)时,单增区间是\((-\infty,+\infty)\),无单减区间;
当\(a>0\)时,函数\(f(x)\)的单减区间是\((-\infty,lna)\),单增区间是\((lna,+\infty)\);
(2)若\(f(x)\ge 0\),求\(a\)的取值范围。
分析:由于要\(f(x)\ge 0\)恒成立,故只要求得\(f(x)_{min}\ge 0\)即可,又最小值要用到函数的单调性,而函数的单调性又是与\(a\)的取值有关,故应该关于\(a\)分类讨论。
当\(a<0\)时,函数\(f(x)\)的单减区间是\((-\infty,ln(-\cfrac{a}{2}))\),单增区间是\((ln(-\cfrac{a}{2}),+\infty)\);故\(f(x)_{min}=f(ln(-\cfrac{a}{2}))=e^{ln(-\cfrac{a}{2})}(e^{ln(-\cfrac{a}{2})}-a)-a^2ln(-\cfrac{a}{2})=\cfrac{3a^2}{4}-a^2ln(-\cfrac{a}{2})\),令\(\cfrac{3a^2}{4}-a^2ln(-\cfrac{a}{2})\ge 0\) 得到\(a\ge-2e^{\frac{3}{4}}\),故\(-2e^{\frac{3}{4}}\leq a <0\);
当\(a=0\)时,\(f(x)=e^{2x}\ge 0\)恒成立,故\(a=0\)满足题意;
当\(a>0\)时,函数\(f(x)\)的单减区间是\((-\infty,lna)\),单增区间是\((lna,+\infty)\);故\(f(x)_{min}=f(lna)=e^{lna}(e^{lna}-a)-a^2lna=-a^2lna\),令\(-a^2lna\ge 0\),得到\(a\leq 1\),故\(0<a \leq 1\);
综上所述,取并集得到\(a\)的取值范围是\([-2e^{\frac{3}{4}},1]\)。
A、\((-\infty,0)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((0,+\infty)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((1,+\infty)\) \(\hspace{2cm}\) D、\((-\infty,1)\)
分析:先将所给的条件化简如下,由\(2^{f(x)}\cdot 2^{f'(x)}>2\)得到\(f(x)+f'(x)-1>0\),由\(f(0)=27^{\frac{2}{3}}-2^{log_2^\;3}\times log_2^\;{\frac{1}{8}}+2lg(\sqrt{3+\sqrt{5}}+\sqrt{3-\sqrt{5}})-11\),得到\(f(0)=8\),由所求解的不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)得到\(e^x\cdot f(x)-e^x-7>0\);
故这样构造函数,令\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\),则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\),故\(g(x)\)在R上单调递增;又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\),故\(g(x)>0\)的解集为\((0,+\infty)\) ,即不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集为\((0,+\infty)\) ,选B.
[本题目的简化版]已知\(e\)是自然对数的底数,函数\(f(x)\)的定义域是R,\(f(x)+f'(x)-1>0\),,\(f(0)=8\),则不等式\(e^x\cdot f(x)-e^x-7>0\)的解集是()
A、\((-\infty,0)\) \(\hspace{2cm}\) B、\((0,+\infty)\) \(\hspace{2cm}\) C、\((1,+\infty)\) \(\hspace{2cm}\) D、\((-\infty,1)\)
故这样构造函数,令\(g(x)=e^x\cdot f(x)-e^x-7\),则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)-e^x=e^x(f(x)+f'(x)-1)>0\),故\(g(x)\)在R上单调递增;又\(g(0)=e^0\cdot f(0)-e^0-7=0\),故\(g(x)>0\)的解集为\((0,+\infty)\) ,即不等式\(\cfrac{f(x)-1}{e^{ln7-x}}>1\)的解集为\((0,+\infty)\) ,选B.
(1)若关于\(x\)的方程\(f(x)+\cfrac{3}{2}x^2=3x-b\)在区间\([\cfrac{1}{2},2]\)上恰有两个不相等的实数根,求实数\(b\)的取值范围。
分析:\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-2ax\),由函数\(f(x)\)在点\((2,f(2))\)处的切线的一个方向向量是\((2,-3)\),即\(f'(2)=\cfrac{1}{2}-4a=-\cfrac{3}{2}\),解得\(a=\cfrac{1}{2}\),方程\(f(x)+\cfrac{3}{2}x^2=3x-b\)变形为\(lnx+x^2-3x=-b\),令\(g(x)=lnx+x^2-3x\),\(h(x)=-b\)。
\(g'(x)=\cfrac{(2x-1)(x-1)}{x}\),故函数\(g(x)\)在\((\cfrac{1}{2},1)\)上单调递减,在\((1,2)\)上单调递增,又\(g(\cfrac{1}{2})=-ln2-\cfrac{5}{4}\),\(g(1)=-2\),\(g(2)=ln2-2\),又\(g(\cfrac{1}{2})-g(2)=-2ln2+\cfrac{3}{4}<0\),故\(g(\cfrac{1}{2})<g(2)\),在同一坐标系中作出函数\(g(x)\)和\(h(x)\)的大致图像如右,由图可知要使两个函数有两个交点,则\(-2<b\leq -ln2-\cfrac{5}{4}\),即\(ln2+\cfrac{5}{4}\leq b<2\),故\(b\in [\cfrac{5}{4}+ln2,2)\)。
(2)证明:\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\cfrac{1}{2}k^2+f(k)})}^2>\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*,n\ge 2)\)。
证明:由于\(f(k)=lnk-\cfrac{1}{2}k^2\),则\(\cfrac{1}{2}k^2+f(k)=lnk\),
设\(h(k)=x-lnx\),则\(h'(x)=1-\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x}\),当\(x>1\)时,\(h'(x)>0\),故\(h(x)\)在区间\((1,+\infty)\)上单调递增,又\(h(1)=1>0\),\(k\ge 2\) ,可得\(h(k)=k-lnk>0\),即\(k>lnk>0\),故\((lnk)^2<k^2\),则\(\cfrac{1}{(lnk)^2}>\cfrac{1}{k^2}\),又\(\cfrac{1}{k^2}>\cfrac{1}{k(k+1)}=\cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{k+1}\),
故\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\cfrac{1}{2}k^2+f(k)})}^2=(\cfrac{1}{ln2})^2+(\cfrac{1}{ln3})^2+\cdots+(\cfrac{1}{lnn})^2>\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{3^2}+\cdots+\cfrac{1}{n^2}>\cfrac{1}{2\times3}+\cfrac{1}{3\times4}+\cdots+\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*,n\ge 2)\)。
(1) 讨论函数\(f(x)\)的单调性。
分析:先求定义域得\((0,+\infty)\),求导得到\(f'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}\),
然后只考虑分子函数\(g(x)=2ax^2+a+1\)的图像,
先考虑\(a=0\),在考虑函数\(g(x)\)图像恒在\(x\)轴上方,恒在\(x\)轴下方,以及\(x\)轴上方下方都有图像的情形,
自然就得到了分类的标准有\(a=0\),\(a>0\),\(a+1\leq 0\),以及\(-1<a<0\),在解答时做一综合就行了。
解:当\(a\ge 0\)时,\(g(x)>0\)恒成立,则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增;
当\(a\leq -1\)时,\(g(x)\leq 0\)恒成立,则则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0\),故\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减;
当\(-1<a<0\)时,令\(f'(x)=0\),解得\(x=\sqrt{-\cfrac{a+1}{2a}}=x_0\),即\(x\in(0,x_0)\)时,\(f'(x)>0\),
故\(f(x)\)在\((0,x_0)\)上单调递增;\(x\in(x_0,+\infty)\)时,\(f'(x)<0\),故\(f(x)\)在\((x_0,+\infty)\)上单调递减;
(2)设\(a<-1\),若对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\),求\(a\)的取值范围。
不妨设\(x_1\leq x_2\),由(1)可知,\(a<-1\)时\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)单调递减,
从而对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\),
可以等价转化为\(f(x_1)-f(x_2)\ge 4(x_2-x_1)\),
即任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\),恒有\(f(x_1)+4(x_1)\ge f(x_2)+4x_2\),【到此,构造函数就有了依托】
令\(g(x)=f(x)+4x\),则\(x_1\leq x_2\),\(g(x_1)\ge g(x_2)\)原命题等价于函数\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递减。
而\(g'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax+4=\cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}\leq 0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立。接下来的思路就比较多了:
思路1:分离参数得到,\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2\),故\(a\leq -2\)。
思路2:只关注导函数\(g'(x)\)的分子,令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\),则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立,
分离参数得到,\(a\leq (\cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min}\),
令\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\),
解得\(\phi'(x)=\cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)\cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2}\),
故\(x\in(0,\cfrac{1}{2})\)时,\(\phi'(x)<0\),\(\phi(x)\)单调递减,\(x\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\)时,\(\phi'(x)>0\),\(\phi(x)\)单调递增,
故\(\phi(x)_{min}=\phi(\cfrac{1}{2})=-2\),故\(a\leq -2\)。
思路3:只关注导函数\(g'(x)\)的分子,令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\),
则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0,+\infty)\)上恒成立,利用二次函数求解。
则\(\begin{cases}h(0)\leq 0\\x=-\cfrac{4}{2\times 2a}<0\\\Delta >0\end{cases}\)或者\(\Delta \leq 0\),
解得\(a\leq -2或a\ge 1\),又\(a<-1\),故\(a\leq -2\)。
思路4:接思路1,分离参数得到,\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\),
求函数\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)的最小值,还可以用代换法,
令\(-4x-1=t<-1\),则\(\phi(x)=\cfrac{t}{\cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=\cfrac{8t}{t^2+2t+9}=\cfrac{8}{t+\cfrac{9}{t}+2}\ge \cfrac{8}{-2\sqrt{9}+2}=-2\),
故\(a\leq -2\)。
(1)、求\(b,c\)的值;
分析:由题目可知,\(f'(x)=x^2-ax+b\),结合题意有,
\(\left\{\begin{array}{l}{f(0)=1}\\{f'(0)=0}\end{array}\right.\),解得\(\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{c=1}\end{array}\right.\),
(2)、若\(a>0\),求函数\(f(x)\)的单调区间;
分析:由(1)知,\(f'(x)=x^2-ax=x(x-a)(a>0)\),
当\(x\in (-\infty,0)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;
当\(x\in (0,a)\)时,\(f'(x)<0\),\(f(x)\)单调递减;
当\(x\in (a,+\infty)\)时,\(f'(x)>0\),\(f(x)\)单调递增;
综上所述,略。
(3)、设函数\(g(x)=f(x)+2x\),且\(g(x)\)在区间\((-2,-1)\)内存在单调递减区间,求实数\(a\)的取值范围;
【法1,直接法】:\(g(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+1+2x\),则\(g'(x)=x^2-ax+2\),
由\(g(x)\)在区间\((-2,-1)\)内存在单调递减区间,得
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正负偏差变量 即 d2+、d2- 分别表示决策值中超出和未达到目标值的部分。而 di+、di- 均大于 0 刚性约束和目标约束(柔性目标约束有偏差) 在多目标规划中,>=/<= 在刚性约束中保持不变。当需要将约束条件转换为柔性约束条件时,需要将 >=/<= 更改为 =(因为已经有 d2+、d2- 用来表示正负偏差),并附加上 (+dii-di+) 注意这里是 +di、-di+!之所以是 +di,-di+,是因为需要将目标还原为最接近的原始刚性约束条件 优先级因素和权重因素 对多个目标进行优先排序和优先排序 目标规划的目标函数 是所有偏差变量的加权和。值得注意的是,这个加权和都取最小值。而 di+ 和 dii- 并不一定要出现在每个不同的需求层次中。具体分析需要具体问题具体分析 下面是一个例子: 题目中说设备 B 既要求充分利用,又要求尽可能不加班,那么列出的时间计量表达式即为:min z = P3 (d3- + d3 +) 使用 + 而不是 -d3 + 的原因是:正负偏差不可能同时存在,必须有 di+di=0 (因为判定值不可能同时大于目标值和小于目标值),而前面是 min,所以只要取 + 并让 di+ 和 dii- 都为正值即可。因此,得出以下规则: 最后,给出示例和相应的解法: 问题:某企业生产 A 和 B 两种产品,需要使用 A、B、C 三种设备。下表显示了与工时和设备使用限制有关的产品利润率。问该企业应如何组织生产以实现下列目标? (1) 力争利润目标不低于 1 500 美元; (2) 考虑到市场需求,A、B 两种产品的生产比例应尽量保持在 1:2; (3)设备 A 是贵重设备,严禁超时使用; (4)设备 C 可以适当加班,但要控制;设备 B 要求充分利用,但尽量不加班。 从重要性来看,设备 B 的重要性是设备 C 的三倍。 建立相应的目标规划模型并求解。 解:设企业生产 A、B 两种产品的件数分别为 x1、x2,并建立相应的目标计划模型: 以下为顺序求解法,利用 LINGO 求解: 1 级目标: 模型。 设置。 variable/1..2/:x;! s_con_num/1...4/:g,dplus,dminus;!所需软约束数量(g=dplus=dminus 数量)及相关参数; s_con(s_con_num);! s_con(s_con_num,variable):c;!软约束系数; 结束集 数据。 g=1500 0 16 15. c=200 300 2 -1 4 0 0 5; 结束数据 min=dminus(1);!第一个目标函数;!对应于 min=z 的第一小部分;! 2*x(1)+2*x(2)<12;!硬约束 @for(s_con_num(i):@sum(variable(j):c(i,j)*x(j))+dminus(i)-dplus(i)=g(i)); !使用设置完成的数据构建软约束表达式; ! !软约束表达式 @for(variable:@gin(x)); !将变量约束为整数; ! 结束 此时,第一级目标的最优值为 0,第一级偏差为 0: 第二级目标: !求 dminus(1)=0,然后求解第二级目标。 模型。 设置。 变量/1..2/:x;!设置:变量/1..2/:x; ! s_con_num/1...4/:g,dplus,dminus;!软约束数量及相关参数; s_con(s_con_num(s_con_num));! s_con(s_con_num,variable):c;! 软约束系数; s_con(s_con_num,variable):c;! 结束集 数据。 g=1500 0 16 15; c=200 300 2 -1 4 0 0 5; 结束数据 min=dminus(2)+dplus(2);!第二个目标函数 2*x(1)+2*x(2)<12;!硬约束 @for(s_con_num(i):@sum(variable(j):c(i,j)*x(j))+dminus(i)-dplus(i)=g(i)); ! 软约束表达式;! dminus(1)=0; !第一个目标结果 @for(variable:@gin(x)); ! 结束 此时,第二个目标的最优值为 0,偏差为 0: 第三目标 !求 dminus(2)=0,然后求解第三个目标。 模型。 设置。 变量/1..2/:x;!设置:变量/1..2/:x; ! s_con_num/1...4/:g,dplus,dminus;!软约束数量及相关参数; s_con(s_con_num(s_con_num));! s_con(s_con_num,variable):c;! 软约束系数; s_con(s_con_num,variable):c;! 结束集 数据。 g=1500 0 16 15; c=200 300 2 -1 4 0 0 5; 结束数据 min=3*dminus(3)+3*dplus(3)+dminus(4);!第三个目标函数。 2*x(1)+2*x(2)<12;!硬约束 @for(s_con_num(i):@sum(variable(j):c(i,j)*x(j))+dminus(i)-dplus(i)=g(i)); ! 软约束表达式;! dminus(1)=0; !第一个目标约束条件; ! dminus(2)+dplus(2)=0; !第二个目标约束条件 @for(variable:@gin(x));! 结束 最终结果为 x1=2,x2=4,dplus(1)=100,最优利润为
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0421-0423 张宇学习笔记 基础30讲 - 第4讲 单位函数的微分研究与计算
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epoll简介及触发模式(accept、read、send)-epoll的简单介绍 epoll在LT和ET模式下的读写方式 一、epoll的接口非常简单,一共就三个函数:1. int epoll_create(int size);创建一个epoll的句柄,size用来告诉内核这个监听的数目一共有多大。这个参数不同于select中的第一个参数,给出最大监听的fd+1的值。需要注意的是,当创建好epoll句柄后,它就是会占用一个fd值,在linux下如果查看/proc/进程id/fd/,是能够看到这个fd的,所以在使用完epoll后,必须调用close关闭,否则可能导致fd被耗尽。2. int epoll_ctl(int epfd, int op, int fd, struct epoll_event *event);epoll的事件注册函数,它不同与select是在监听事件时告诉内核要监听什么类型的事件,而是在这里先注册要监听的事件类型。第一个参数是epoll_create的返回值,第二个参数表示动作,用三个宏来表示:EPOLL_CTL_ADD:注册新的fd到epfd中;EPOLL_CTL_MOD:修改已经注册的fd的监听事件;EPOLL_CTL_DEL:从epfd中删除一个fd;第三个参数是需要监听的fd,第四个参数是告诉内核需要监听什么事,struct epoll_event结构如下:struct epoll_event { __uint32_t events; /* Epoll events */ epoll_data_t data; /* User data variable */};events可以是以下几个宏的集合:EPOLLIN :表示对应的文件描述符可以读(包括对端SOCKET正常关闭); EPOLLIN事件:EPOLLIN事件则只有当对端有数据写入时才会触发,所以触发一次后需要不断读取所有数据直到读完EAGAIN为止。否则剩下的数据只有在下次对端有写入时才能一起取出来了。现在明白为什么说epoll必须要求异步socket了吧?如果同步socket,而且要求读完所有数据,那么最终就会在堵死在阻塞里。 EPOLLOUT:表示对应的文件描述符可以写; EPOLLOUT事件:EPOLLOUT事件只有在连接时触发一次,表示可写,其他时候想要触发,那要先准备好下面条件:1.某次write,写满了发送缓冲区,返回错误码为EAGAIN。2.对端读取了一些数据,又重新可写了,此时会触发EPOLLOUT。简单地说:EPOLLOUT事件只有在不可写到可写的转变时刻,才会触发一次,所以叫边缘触发,这叫法没错的!其实,如果真的想强制触发一次,也是有办法的,直接调用epoll_ctl重新设置一下event就可以了,event跟原来的设置一模一样都行(但必须包含EPOLLOUT),关键是重新设置,就会马上触发一次EPOLLOUT事件。1. 缓冲区由满变空.2.同时注册EPOLLIN | EPOLLOUT事件,也会触发一次EPOLLOUT事件这个两个也会触发EPOLLOUT事件 EPOLLPRI:表示对应的文件描述符有紧急的数据可读(这里应该表示有带外数据到来);EPOLLERR:表示对应的文件描述符发生错误;EPOLLHUP:表示对应的文件描述符被挂断;EPOLLET: 将EPOLL设为边缘触发(Edge Triggered)模式,这是相对于水平触发(Level Triggered)来说的。EPOLLONESHOT:只监听一次事件,当监听完这次事件之后,如果还需要继续监听这个socket的话,需要再次把这个socket加入到EPOLL队列里3. int epoll_wait(int epfd, struct epoll_event * events, int maxevents, int timeout);等待事件的产生,类似于select调用。参数events用来从内核得到事件的集合,maxevents告之内核这个events有多大,这个maxevents的值不能大于创建epoll_create时的size,参数timeout是超时时间(毫秒,0会立即返回,-1将不确定,也有说法说是永久阻塞)。该函数返回需要处理的事件数目,如返回0表示已超时。-------------------------------------------------------------------------------------------- 从man手册中,得到ET和LT的具体描述如下EPOLL事件有两种模型:Edge Triggered (ET)Level Triggered (LT)假如有这样一个例子:1. 我们已经把一个用来从管道中读取数据的文件句柄(RFD)添加到epoll描述符2. 这个时候从管道的另一端被写入了2KB的数据3. 调用epoll_wait(2),并且它会返回RFD,说明它已经准备好读取操作4. 然后我们读取了1KB的数据5. 调用epoll_wait(2)......Edge Triggered 工作模式:如果我们在第1步将RFD添加到epoll描述符的时候使用了EPOLLET标志,那么在第5步调用epoll_wait(2)之后将有可能会挂起,因为剩余的数据还存在于文件的输入缓冲区内,而且数据发出端还在等待一个针对已经发出数据的反馈信息。只有在监视的文件句柄上发生了某个事件的时候 ET 工作模式才会汇报事件。因此在第5步的时候,调用者可能会放弃等待仍在存在于文件输入缓冲区内的剩余数据。在上面的例子中,会有一个事件产生在RFD句柄上,因为在第2步执行了一个写操作,然后,事件将会在第3步被销毁。因为第4步的读取操作没有读空文件输入缓冲区内的数据,因此我们在第5步调用 epoll_wait(2)完成后,是否挂起是不确定的。epoll工作在ET模式的时候,必须使用非阻塞套接口,以避免由于一个文件句柄的阻塞读/阻塞写操作把处理多个文件描述符的任务饿死。最好以下面的方式调用ET模式的epoll接口,在后面会介绍避免可能的缺陷。 i 基于非阻塞文件句柄 ii 只有当read(2)或者write(2)返回EAGAIN时才需要挂起,等待。但这并不是说每次read时都需要循环读,直到读到产生一个EAGAIN才认为此次事件处理完成,当read返回的读到的数据长度小于请求的数据长度时,就可以确定此时缓冲中已没有数据了,也就可以认为此事读事件已处理完成。Level Triggered 工作模式相反的,以LT方式调用epoll接口的时候,它就相当于一个速度比较快的poll(2),并且无论后面的数据是否被使用,因此他们具有同样的职能。因为即使使用ET模式的epoll,在收到多个chunk的数据的时候仍然会产生多个事件。调用者可以设定EPOLLONESHOT标志,在 epoll_wait(2)收到事件后epoll会与事件关联的文件句柄从epoll描述符中禁止掉。因此当EPOLLONESHOT设定后,使用带有 EPOLL_CTL_MOD标志的epoll_ctl(2)处理文件句柄就成为调用者必须作的事情。然后详细解释ET, LT:LT(level triggered)是缺省的工作方式,并且同时支持block和no-block socket.在这种做法中,内核告诉你一个文件描述符是否就绪了,然后你可以对这个就绪的fd进行IO操作。如果你不作任何操作,内核还是会继续通知你的,所以,这种模式编程出错误可能性要小一点。传统的select/poll都是这种模型的代表.ET(edge-triggered)是高速工作方式,只支持no-block socket。在这种模式下,当描述符从未就绪变为就绪时,内核通过epoll告诉你。然后它会假设你知道文件描述符已经就绪,并且不会再为那个文件描述符发送更多的就绪通知,直到你做了某些操作导致那个文件描述符不再为就绪状态了(比如,你在发送,接收或者接收请求,或者发送接收的数据少于一定量时导致了一个EWOULDBLOCK 错误)。但是请注意,如果一直不对这个fd作IO操作(从而导致它再次变成未就绪),内核不会发送更多的通知(only once),不过在TCP协议中,ET模式的加速效用仍需要更多的benchmark确认(这句话不理解)。在许多测试中我们会看到如果没有大量的idle -connection或者dead-connection,epoll的效率并不会比select/poll高很多,但是当我们遇到大量的idle- connection(例如WAN环境中存在大量的慢速连接),就会发现epoll的效率大大高于select/poll。(未测试)另外,当使用epoll的ET模型来工作时,当产生了一个EPOLLIN事件后,读数据的时候需要考虑的是当recv返回的大小如果等于请求的大小,那么很有可能是缓冲区还有数据未读完,也意味着该次事件还没有处理完,所以还需要再次读取: 这里只是说明思路(参考《UNIX网络编程》) while(rs) {buflen = recv(activeevents[i].data.fd, buf, sizeof(buf), 0);if(buflen < 0){// 由于是非阻塞的模式,所以当errno为EAGAIN时,表示当前缓冲区已无数据可读// 在这里就当作是该次事件已处理处.if(errno == EAGAIN)break; else return; }else if(buflen == 0) { // 这里表示对端的socket已正常关闭. } if(buflen == sizeof(buf) rs = 1; // 需要再次读取 else rs = 0; } 还有,假如发送端流量大于接收端的流量(意思是epoll所在的程序读比转发的socket要快),由于是非阻塞的socket,那么send函数虽然返回,但实际缓冲区的数据并未真正发给接收端,这样不断的读和发,当缓冲区满后会产生EAGAIN错误(参考man send),同时,不理会这次请求发送的数据.所以,需要封装socket_send的函数用来处理这种情况,该函数会尽量将数据写完再返回,返回-1表示出错。在socket_send内部,当写缓冲已满(send返回-1,且errno为EAGAIN),那么会等待后再重试.这种方式并不很完美,在理论上可能会长时间的阻塞在socket_send内部,但暂没有更好的办法. ssize_t socket_send(int sockfd, const char* buffer, size_t buflen) { ssize_t tmp; size_t total = buflen; const char *p = buffer; while(1) { tmp = send(sockfd, p, total, 0); if(tmp < 0) { // 当send收到信号时,可以继续写,但这里返回-1. if(errno == EINTR) return -1; // 当socket是非阻塞时,如返回此错误,表示写缓冲队列已满, // 在这里做延时后再重试. if(errno == EAGAIN) { usleep(1000); continue; } return -1; } if((size_t)tmp == total) return buflen; total -= tmp; p += tmp; } return tmp; } 二、epoll在LT和ET模式下的读写方式 在一个非阻塞的socket上调用read/write函数, 返回EAGAIN或者EWOULDBLOCK(注: EAGAIN就是EWOULDBLOCK) 从字面上看, 意思是: * EAGAIN: 再试一次 * EWOULDBLOCK: 如果这是一个阻塞socket, 操作将被block * perror输出: Resource temporarily unavailable 总结: 这个错误表示资源暂时不够, 可能read时, 读缓冲区没有数据, 或者, write时,写缓冲区满了 。 遇到这种情况, 如果是阻塞socket, read/write就要阻塞掉。 而如果是非阻塞socket, read/write立即返回-1, 同 时errno设置为EAGAIN. 所以, 对于阻塞socket, read/write返回-1代表网络出错了. 但对于非阻塞socket, read/write返回-1不一定网络真的出错了. 可能是Resource temporarily unavailable. 这时你应该再试, 直到Resource available. 综上, 对于non-blocking的socket, 正确的读写操作为: 读: 忽略掉errno = EAGAIN的错误, 下次继续读 写: 忽略掉errno = EAGAIN的错误, 下次继续写 对于select和epoll的LT模式, 这种读写方式是没有问题的. 但对于epoll的ET模式, 这种方式还有漏洞. epoll的两种模式 LT 和 ET
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