函数的最值与导数的关系
共6078题

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题型：单选题

单选题

已知奇函数f（x）在R上单调递增，若f（sin2θ）+f（2mcosθ+m）＞0对任意θ∈[-，]恒成立，则实数m的范围为（　　）

A-＜m＜0

Bm＞-

Cm＞0

Dm＞1

正确答案

解析

解：由于奇函数f（x）在R上单调递增，

即有f（-x）=-f（x），

f（sin2θ）+f（2mcosθ+m）＞0即为

f（2mcosθ+m）＞-f（sin2θ）=f（-sin2θ），

即有2mcosθ+m＞-sin2θ对任意θ∈[-，]恒成立．

令t=cosθ，（），

即有m＞，

由于（）′==＞0恒成立，

即有在上递增，

t=1时，取得最大值为0，

则有m＞0，

故选C．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=lnx-mx+m，m∈R．

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．

（Ⅱ）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围．

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，任意的0＜a＜b，．

正确答案

解：（Ⅰ）

当m≤0时，f′（x）＞0恒成立，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；…2分

当m＞0时，由

则，则f（x）在上单调递增，在上单调递减．…4分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当m≤0时显然不成立；

当m＞0时，只需m-lnm-1≤0即　….6分

令g（x）=x-lnx-1，

则，函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．∴g（x）min=g（1）=0．则若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，m=1．…8分

（Ⅲ）

由0＜a＜b得，

由（Ⅱ）得：，则，

则原不等式成立．…12分

解析

解：（Ⅰ）

当m≤0时，f′（x）＞0恒成立，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；…2分

当m＞0时，由

则，则f（x）在上单调递增，在上单调递减．…4分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当m≤0时显然不成立；

当m＞0时，只需m-lnm-1≤0即　….6分

令g（x）=x-lnx-1，

则，函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．∴g（x）min=g（1）=0．则若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，m=1．…8分

（Ⅲ）

由0＜a＜b得，

由（Ⅱ）得：，则，

则原不等式成立．…12分

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=x3+ax2+bx+（a，b是实数），且f′（2）=0，f（1）=，f（x）在闭区间[t，t+3]上的最小值为g（t）（t为实数），

（Ⅰ）求实数a，b的值；

（Ⅱ）当t∈[0，3]时，求g（t）的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）f‘（x）=x2+2ax+b，由------（4分）

得，------------------------------------（5分）

（Ⅱ），

因为f'（x）=x2-2x=x（x-2），所以f（x）在（-∞，0）递增，（0，2）递减，（2，+∞）递增．---（7分）

可知f（2）=0，所以，

即有f（-1）=0，结合图形，

（1）当t+3＜2，即t＜-1时，f（x）min=-------------------（8分）

（2）当2≤t+3，且t≤2，即-1≤t≤2时，f（x）min=0-------------------------（9分）

（3）当t＞2时，f（x）min=-----------------------------------------（10分）

综上，----------------------------（11分）

若t∈[0，3]，则g（t）在[0，2]恒等于0，在[2，3]内单调递增，

可得 ------------------------（13分）

解析

解：（Ⅰ）f‘（x）=x2+2ax+b，由------（4分）

得，------------------------------------（5分）

（Ⅱ），

因为f'（x）=x2-2x=x（x-2），所以f（x）在（-∞，0）递增，（0，2）递减，（2，+∞）递增．---（7分）

可知f（2）=0，所以，

即有f（-1）=0，结合图形，

（1）当t+3＜2，即t＜-1时，f（x）min=-------------------（8分）

（2）当2≤t+3，且t≤2，即-1≤t≤2时，f（x）min=0-------------------------（9分）

（3）当t＞2时，f（x）min=-----------------------------------------（10分）

综上，----------------------------（11分）

若t∈[0，3]，则g（t）在[0，2]恒等于0，在[2，3]内单调递增，

可得 ------------------------（13分）

题型：简答题

简答题

设函数f（x）=x2（ex-1）+ax3

（1）当时，求f（x）的单调区间；

（2）若当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

正确答案

解：（1）当时，f′（x）=2x（ex-1）+x2ex-x2=（2x+x2）（ex-1）

令f′（x）＞0，得x＞0或-2＜x＜0；令f′（x）＜0，得x＜-2∴f（x）的单调递增区间为（-2，0），（0，+∞）f（x）的单调递减区间为（-∞，-2）…（4分）

（2）f（x）=x2（ex-1）+ax3=x2（ex-1+ax）

令g（x）=ex-1+axx∈[0，+∞）g′（x）=ex+a

当a≥-1时，g′（x）=ex+a＞0，g（x）在[0，+∞）上为增函数．

而g（0）=0，从而当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥0恒成立．

若当a＜-1时，令g′（x）=ex+a=0，得x=ln（-a）

当x∈（0，ln（-a））时，g′（x）＜0，g（x）在（0，ln（-a））上是减函数，

而g（0）=0，从而当x∈（0，ln（-a））时，g（x）＜0，即f（x）＜0

综上可得a的取值范围为[-1，+∞）．…（12分）

解析

解：（1）当时，f′（x）=2x（ex-1）+x2ex-x2=（2x+x2）（ex-1）

令f′（x）＞0，得x＞0或-2＜x＜0；令f′（x）＜0，得x＜-2∴f（x）的单调递增区间为（-2，0），（0，+∞）f（x）的单调递减区间为（-∞，-2）…（4分）

（2）f（x）=x2（ex-1）+ax3=x2（ex-1+ax）

令g（x）=ex-1+axx∈[0，+∞）g′（x）=ex+a

当a≥-1时，g′（x）=ex+a＞0，g（x）在[0，+∞）上为增函数．

而g（0）=0，从而当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥0恒成立．

若当a＜-1时，令g′（x）=ex+a=0，得x=ln（-a）

当x∈（0，ln（-a））时，g′（x）＜0，g（x）在（0，ln（-a））上是减函数，

而g（0）=0，从而当x∈（0，ln（-a））时，g（x）＜0，即f（x）＜0

综上可得a的取值范围为[-1，+∞）．…（12分）

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=x2+mx-lnx，m∈R

（Ⅰ）若函数f（x）在[1，3]上是增函数，求实数m的取值范围；

（Ⅱ）令F（x）=f（x）-x2，是否存在实数m，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数F（x）的最小值是2，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．

正确答案

解：（Ⅰ）∵函数f（x）在[1，3]上是增函数，

∴f′（x）=≥0在[1，3]上恒成立，

令h（x）=2x2+mx-1，则

得m≥-1；

（Ⅱ）假设存在实数m，使g（x）=mx-lnx（x∈（0，e]）有最小值2，g′（x）=

当m≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=me-1=2，∴m=（舍去），

∴g（x）无最小值．

当0＜＜e时，g（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增

∴g（x）min=g（）=1+lnm=2，m=e，满足条件．

当≥e时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=me-1=2，∴m=（舍去），

∴f（x）无最小值．

综上，存在实数m=e，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值2．

解析

解：（Ⅰ）∵函数f（x）在[1，3]上是增函数，

∴f′（x）=≥0在[1，3]上恒成立，

令h（x）=2x2+mx-1，则

得m≥-1；

（Ⅱ）假设存在实数m，使g（x）=mx-lnx（x∈（0，e]）有最小值2，g′（x）=

当m≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=me-1=2，∴m=（舍去），

∴g（x）无最小值．

当0＜＜e时，g（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增

∴g（x）min=g（）=1+lnm=2，m=e，满足条件．

当≥e时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=me-1=2，∴m=（舍去），

∴f（x）无最小值．

综上，存在实数m=e，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值2．

继续学习棒棒哒，已是最后一个知识点

已完结

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