- 函数的最值与导数的关系
- 共6078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
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)
而,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,
又,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)
而,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,
又,所以此时不存在a满足条件; (13分)
综上有. (15分)
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].
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,+∞),
由,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,+∞),
由,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.
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,+∞).
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