- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
已知实数a，b，c，d成等比数列，且曲线y=3x-x3的极大值点的坐标为（b，c），则ad等于（ ）
正确答案
解析
解：已知实数a，b，c，d成等比数列，∴ad=bc，
∵y′=3-3x2=0，则x=±1，
经检验，x=1是极大值点．极大值为2．
∴b=1，c=2
由等比数列的性质可得：ad=bc=2．
故选A．
函数y=x3-2ax+a在（0，1）内有极小值，则实数a的取值范围为______．
正确答案
（0，
解析
解：对于函数y=x3-2ax+a，求导可得y′=3x2-2a，
∵函数y=x3-2ax+a在（0，1）内有极小值，
∴y′=3x2-2a=0，则其有一根在（0，1）内，当a＞0时，3x2-2a=0两根为±
若有一根在（0，1）内，则0＜
当a=0时，3x2-2a=0两根相等，均为0，f（x）在（0，1）内无极小值．
当a＜0时，3x2-2a=0无根，f（x）在（0，1）内无极小值，
综合可得，0＜a＜
故答案为：（0，
已知函数f（x）=x-1+
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）当a=1的值时，若直线l：y=kx-1与曲线y=f（x）没有公共点，求k的最大值．
正确答案
解：（Ⅰ）由f（x）=x-1+
又曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，
∴f′（1）=0，即1-
（Ⅱ）f′（x）=1-
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（-∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；
②当a＞0时，令f′（x）=0，得ex=a，x=lna，
x∈（-∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
故f（x）在x=lna处取到极小值，且极小值为f（lna）=lna，无极大值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）在x=lna处取到极小值lna，无极大值．
（Ⅲ）当a=1时，f（x）=x-1+
则直线l：y=kx-1与曲线y=f（x）没有公共点，
等价于方程g（x）=0在R上没有实数解．
假设k＞1，此时g（0）=1＞0，g（
又函数g（x）的图象连续不断，由零点存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解，
与“方程g（x）=0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1．
又k=1时，g（x）=
所以k的最大值为1．
解析
解：（Ⅰ）由f（x）=x-1+
又曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，
∴f′（1）=0，即1-
（Ⅱ）f′（x）=1-
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（-∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；
②当a＞0时，令f′（x）=0，得ex=a，x=lna，
x∈（-∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
故f（x）在x=lna处取到极小值，且极小值为f（lna）=lna，无极大值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）在x=lna处取到极小值lna，无极大值．
（Ⅲ）当a=1时，f（x）=x-1+
则直线l：y=kx-1与曲线y=f（x）没有公共点，
等价于方程g（x）=0在R上没有实数解．
假设k＞1，此时g（0）=1＞0，g（
又函数g（x）的图象连续不断，由零点存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解，
与“方程g（x）=0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1．
又k=1时，g（x）=
所以k的最大值为1．
设定义在R上的函数f（x）=ax4+bx3+cx2+dx+e，当x=-1时，f（x）取得极大值
（Ⅰ）求f（x）的表达式；
（Ⅱ）试在函数f（x）的图象上求两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间
（Ⅲ）若
正确答案
（Ⅰ）解：因y=f（x-1）的图象关于点（1，0）对称，
故y=f（x）的图象关于原点（0，0）对称．
故f（x）+f（-x）=0，易得a=c=e=0，故f（x）=bx3+dx．
因为x=-1时，f（x）有极值，所以x=1时，f（x）也有极值．
又f′（x）=3bx2+d=3b（x+1）（x-1）=3bx2-3b，
于是 d=-3b．
又由
由此解得 
∴
（Ⅱ）解：设这两个切点分别为（x1，y1），（x2，y2），并且x1＜x2，f‘（x）=x2-1，
依题意有
因x1，x2≠1且|x1|≤
故
由（*）式得
故
同理可得
又因为当
所以x1=0或x2=0．
故
即所求的两点为
（Ⅲ）证明：f′（x）=x2-1，
令f′（x）＞0，可得x＜-1或x＞1；
令f′（x）＜0，可得-1＜x＜1．
所以f（x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞），f（x）的单调递减区间为（-1，1）．
因
故f（1）＜f（x）＜f（0）．
即
因
故
故
解析
（Ⅰ）解：因y=f（x-1）的图象关于点（1，0）对称，
故y=f（x）的图象关于原点（0，0）对称．
故f（x）+f（-x）=0，易得a=c=e=0，故f（x）=bx3+dx．
因为x=-1时，f（x）有极值，所以x=1时，f（x）也有极值．
又f′（x）=3bx2+d=3b（x+1）（x-1）=3bx2-3b，
于是 d=-3b．
又由
由此解得
∴
（Ⅱ）解：设这两个切点分别为（x1，y1），（x2，y2），并且x1＜x2，f‘（x）=x2-1，
依题意有
因x1，x2≠1且|x1|≤
故
由（*）式得
故
同理可得
又因为当
所以x1=0或x2=0．
故
即所求的两点为
（Ⅲ）证明：f′（x）=x2-1，
令f′（x）＞0，可得x＜-1或x＞1；
令f′（x）＜0，可得-1＜x＜1．
所以f（x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞），f（x）的单调递减区间为（-1，1）．
因
故f（1）＜f（x）＜f（0）．
即
因
故
故
已知函数f（x）=x3-ax2-bx+a2，x∈R，a，b为常数．
（1）若函数f（x）在x=1处有极值10，求实数a，b的值；
（2）若a=0，
（I）方程f（x）=2在x∈[-4，4]上恰有3个不相等的实数解，求实数b的取值范围；
（II）不等式f（x）+2b≥0对∀x∈[1，4]恒成立，求实数b的取值范围．
正确答案
解：（1）对函数求导可得，f′（x）=3x2-2ax-b
由题意可得，f′（1）=0，f（1）=10（2分）
∴3-2a-b=0，1-a-b+a2=10
∴a=3，b=-3或a=-4，b=11（4分）
经检验a=3，b=-3不合题意，舍去
∴a=-4，b=11（5分）
（2）（I）由f（x）=2，得f（x）-2=0，令g（x）=f（x）-2=x3-bx-2，
则方程g（x）=0在x∈[-4，4]上恰有3个不相等的实数解．
∵g’（x）=3x2-b，
（ⅰ）若b≤0，则g’（x）≥0恒成立，且函数g（x）不为常函数，
∴g（x）在区间[-4，4]上为增函数，不合题意，舍去． （6分）
（ⅱ）若b＞0，则函数g（x）在区间（-∞，-
由方程g（x）=0在x∈[-4，4]上恰有3个不相等的实数解，可得
解得
（II）法一：由不等式f（x）+2b≥0，得x3-bx+2b≥0，即（x-2）b≤x3，
（ⅰ）若x-2=0即x=2时，b∈R； （11分）
（ⅱ）若x-2＜0即x∈[1，2）时，b≥
令h（x）=
∵h’（x）=
∴h’（x）＜0在x∈[1，2）上恒成立，所以h（x）在区间[1，2）上是减函数，
∴h（x）max=h（1）=-1，
∴b≥-1． （13分）
（ⅲ）若x-2＞0即x∈（2，4]时，b≤
由（ⅱ）可知，函数h（x）在区间（2，3）上是减函数，在区间（3，4]上是增函数，
∴h（x）min=h（3）=27，
∴b≤27 （15分）
综上所述，b∈[-1，27]（16分）
法二：∵f（x）+2b≥0
∴x3-bx+2b≥0
设T（x）=x3-bx+2b，T′（x）=3x2-b（11分）
当b≤0时，T′（x）=3x2-b≥0，T（x）在[1，4]上为增函数，T（x）min=T（1）=1+b，所以1+b≥0，-1≤b≤0（12分）
当b＞0时，T（x）在区间（-∞，-
若
所以1+b≥0，0＜b≤3（13分）
若
所以
若
得b≤32，舍去． （15分）
故b的取值范围是[-1，27]（16分）
解析
解：（1）对函数求导可得，f′（x）=3x2-2ax-b
由题意可得，f′（1）=0，f（1）=10（2分）
∴3-2a-b=0，1-a-b+a2=10
∴a=3，b=-3或a=-4，b=11（4分）
经检验a=3，b=-3不合题意，舍去
∴a=-4，b=11（5分）
（2）（I）由f（x）=2，得f（x）-2=0，令g（x）=f（x）-2=x3-bx-2，
则方程g（x）=0在x∈[-4，4]上恰有3个不相等的实数解．
∵g’（x）=3x2-b，
（ⅰ）若b≤0，则g’（x）≥0恒成立，且函数g（x）不为常函数，
∴g（x）在区间[-4，4]上为增函数，不合题意，舍去． （6分）
（ⅱ）若b＞0，则函数g（x）在区间（-∞，-
由方程g（x）=0在x∈[-4，4]上恰有3个不相等的实数解，可得
解得
（II）法一：由不等式f（x）+2b≥0，得x3-bx+2b≥0，即（x-2）b≤x3，
（ⅰ）若x-2=0即x=2时，b∈R； （11分）
（ⅱ）若x-2＜0即x∈[1，2）时，b≥
令h（x）=
∵h’（x）=
∴h’（x）＜0在x∈[1，2）上恒成立，所以h（x）在区间[1，2）上是减函数，
∴h（x）max=h（1）=-1，
∴b≥-1． （13分）
（ⅲ）若x-2＞0即x∈（2，4]时，b≤
由（ⅱ）可知，函数h（x）在区间（2，3）上是减函数，在区间（3，4]上是增函数，
∴h（x）min=h（3）=27，
∴b≤27 （15分）
综上所述，b∈[-1，27]（16分）
法二：∵f（x）+2b≥0
∴x3-bx+2b≥0
设T（x）=x3-bx+2b，T′（x）=3x2-b（11分）
当b≤0时，T′（x）=3x2-b≥0，T（x）在[1，4]上为增函数，T（x）min=T（1）=1+b，所以1+b≥0，-1≤b≤0（12分）
当b＞0时，T（x）在区间（-∞，-
若
所以1+b≥0，0＜b≤3（13分）
若
所以
若
得b≤32，舍去． （15分）
故b的取值范围是[-1，27]（16分）
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