热门试卷

X 查看更多试卷
1
题型:填空题
|
填空题

若函数f(x)=2x3-3x2-12x+a在区间[0,2]上的最大值为5,则a的值是______

正确答案

5

解析

解:由题意,求导函数可得f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2)

令f′(x)>0,可得x<-1或x>2;令f′(x)<0,可得-1<x<2

∴函数在区间[0,2]上单调递减

∴当x=0时,函数取得最大值f(0)=a=5

∴a=5

故答案为:5

1
题型:简答题
|
简答题

设函数 f (x)=ax-lnx-3(a∈R),g(x)=xe1-x

(Ⅰ)若函数g(x)的图象在点(0,0)处的切线也恰为f(x)图象的一条切线,求实数a的值;

(Ⅱ)是否存在实数a,对任意的x∈(0,e],都有唯一的x0∈[e-4,e],使得f(x0)=g(x)成立.若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.

正确答案

解:(Ⅰ)∵g‘(x)=(1-x)e1-x,∴g'(0)=e,∴g(x)的图象在(0,0)处的切线方程是y=ex;(2分)

设y=ex与f(x)的图象切于点(x0,y0),而,∴且ax0-lnx0-3=ex0,解得a=e2+e;  (5分)

(Ⅱ)∵g'(x)=(1-x)e1-x,∴g(x)在(0,1]上单调递增,在[1,e]上单调递减,

且g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e2-e∈(0,1),∴g(x)∈(0,1];      (8分)

若令m=g(x),则原命题等价于对于任意m∈(0,1],都有唯一的,使得f(x0)=m成立. (9分)

,x∈[e-4,e],

①当a≤0时,f'(x)<0恒成立,所以f(x)在x∈[e-4,e]上单调递减,要满足条件,则必须有,且fmin=f(e)=ae-4≤0,无解,所以此时不存在满足条件的a;(10分)

②当0<a≤e-1,f'(x)<0恒成立,所以f(x)在x∈[e-4,e]上单调递减,要满足条件,则必须有,且fmin=f(e)=ae-4≤0,解得,∴0<a≤e-1;(11分)

③当e-1<a<e4时,f(x)在区间上单调递减,在上单调递增,

又f(e-4)=ae-4+1>1,要满足条件,则,解得,∴;(12分)

④当a≥e4时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在x∈[e-4,e]上单调递增,

,所以此时不存在a满足条件;   (13分)

综上有.   (15分)

解析

解:(Ⅰ)∵g‘(x)=(1-x)e1-x,∴g'(0)=e,∴g(x)的图象在(0,0)处的切线方程是y=ex;(2分)

设y=ex与f(x)的图象切于点(x0,y0),而,∴且ax0-lnx0-3=ex0,解得a=e2+e;  (5分)

(Ⅱ)∵g'(x)=(1-x)e1-x,∴g(x)在(0,1]上单调递增,在[1,e]上单调递减,

且g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e2-e∈(0,1),∴g(x)∈(0,1];      (8分)

若令m=g(x),则原命题等价于对于任意m∈(0,1],都有唯一的,使得f(x0)=m成立. (9分)

,x∈[e-4,e],

①当a≤0时,f'(x)<0恒成立,所以f(x)在x∈[e-4,e]上单调递减,要满足条件,则必须有,且fmin=f(e)=ae-4≤0,无解,所以此时不存在满足条件的a;(10分)

②当0<a≤e-1,f'(x)<0恒成立,所以f(x)在x∈[e-4,e]上单调递减,要满足条件,则必须有,且fmin=f(e)=ae-4≤0,解得,∴0<a≤e-1;(11分)

③当e-1<a<e4时,f(x)在区间上单调递减,在上单调递增,

又f(e-4)=ae-4+1>1,要满足条件,则,解得,∴;(12分)

④当a≥e4时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在x∈[e-4,e]上单调递增,

,所以此时不存在a满足条件;   (13分)

综上有.   (15分)

1
题型:填空题
|
填空题

函数f(x)=3x-x3在区间(a2-12,a)上有最小值,则实数a的取值范围是______

正确答案

(-1,2]

解析

解:由f(x)=3x-x3

得f‘(x)=3-3x2

令f'(x)>0,解得-1<x<1;令f'(x)<0解得x<-1或x>1

由此得函数在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数

故函数在x=-1处取到极小值-2,

因为函数在(a2-12,a)的端点处的函数值取不到,

所以此极小值必是区间(a2-12,a)上的最小值.

∴a2-12<-1<a,解得-1<a<

又当x=2时,f(2)=-2,故有a≤2

综上知a∈(-1,2].

故答案为(-1,2].

1
题型:简答题
|
简答题

已知函数f(x)=x-plnx.

(Ⅰ)当p=1时,求函数f(x)的单调区间;

(Ⅱ)求f(x)的极值.

正确答案

解:(Ⅰ)当p=1时,f(x)=x-lnx,定义域为(0,+∞),

,可解得0<x<1,f′(x)>0,可解得x>1.

所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1);单调递增区间(1,+∞);  

( II)由f(x)=x-plnx,可得,x∈(0,+∞),

当p≤0时,f′(x)>0当x∈(0,+∞)时恒成立;

此时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以无极值.         

当p>0时,令f′(x)=0可得x=p;                          

当0<x<p时,f′(x)<0,当x>p时,f′(x)>0,

所以x=p是函数f(x)的极小值点,极小值为f(p)=p-plnp; 

综上所述,当p≤0时函数f(x)无极值.

当p>0时函数f(x)有极小值p-plnp,无极大值.

解析

解:(Ⅰ)当p=1时,f(x)=x-lnx,定义域为(0,+∞),

,可解得0<x<1,f′(x)>0,可解得x>1.

所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1);单调递增区间(1,+∞);  

( II)由f(x)=x-plnx,可得,x∈(0,+∞),

当p≤0时,f′(x)>0当x∈(0,+∞)时恒成立;

此时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以无极值.         

当p>0时,令f′(x)=0可得x=p;                          

当0<x<p时,f′(x)<0,当x>p时,f′(x)>0,

所以x=p是函数f(x)的极小值点,极小值为f(p)=p-plnp; 

综上所述,当p≤0时函数f(x)无极值.

当p>0时函数f(x)有极小值p-plnp,无极大值.

1
题型:简答题
|
简答题

已知函数f(x)=lnx-

(1)若a>0,试判断f(x)在定义域内的单调性;

(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为,求a的值;

(3)若f(x)>x2在(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.

正确答案

解:(1)∵f(x)=lnx-

∴f(x)的定义域为(0,+∞),

∵a>0,∴f′(x)>0,

∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.

(2)由(1),当a≥0时,f(x)在[1,e]上单调递增,

∴f(x)min=f(1)=-a=

∴a=-,不舍题意,舍;

当-e<a<0时,f(x)在[1,-a]上单调递减,在[-a,e]上单调递增,

∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=,解得a=-

当a<-e时,f(x)在[1,e]上单调递增,

∴f(x)min=f(1)=-a=,解得a=-,不合题意,舍;

综上所述,a=-

(3)∵,∴a>xlnx-x3

令g(x)=xlnx-x3,则g′(x)=lnx+1-3x2

当x>1时,g‘'(x)<0,∴g′(x)在(1,+∞)上单调递减,

∴g′(x)<g′(1)=2<0,

∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,

∴g(x)<g(1)=-1.

∴a≥-1.

∴f(x)>x2在(1,+∞)上恒成立,a的取值范围是[-1,+∞).

解析

解:(1)∵f(x)=lnx-

∴f(x)的定义域为(0,+∞),

∵a>0,∴f′(x)>0,

∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.

(2)由(1),当a≥0时,f(x)在[1,e]上单调递增,

∴f(x)min=f(1)=-a=

∴a=-,不舍题意,舍;

当-e<a<0时,f(x)在[1,-a]上单调递减,在[-a,e]上单调递增,

∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=,解得a=-

当a<-e时,f(x)在[1,e]上单调递增,

∴f(x)min=f(1)=-a=,解得a=-,不合题意,舍;

综上所述,a=-

(3)∵,∴a>xlnx-x3

令g(x)=xlnx-x3,则g′(x)=lnx+1-3x2

当x>1时,g‘'(x)<0,∴g′(x)在(1,+∞)上单调递减,

∴g′(x)<g′(1)=2<0,

∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,

∴g(x)<g(1)=-1.

∴a≥-1.

∴f(x)>x2在(1,+∞)上恒成立,a的取值范围是[-1,+∞).

百度题库 > 高考 > 数学 > 函数的最值与导数的关系

扫码查看完整答案与解析

  • 上一题
  • 1/5
  • 下一题