函数的极值与导数的关系
共7619题

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题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=-bx2+（2-b）x+1在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，且0＜x1＜1＜x2＜2

（1）当x1=，x2=时，求a，b的值；

（2）若w=2a+b，求w的取值范围．

正确答案

解：（1）f′（x）=ax2-2bx+（2-b），

由题意得，即，

解得．

（2）在题设下，0＜x1＜1＜x2＜2等价于，

即，化简得．

此不等式组表示的平面区域aob上三条直线：2-b=0，a-3b+2=0，4a-5b+2=0，

所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为：A（），B（2，2），C（4，2），

又w=2a+b，

w在这三点的值依次为：2，6，10，

所以z的取值范围为（2，10）．

解析

解：（1）f′（x）=ax2-2bx+（2-b），

由题意得，即，

解得．

（2）在题设下，0＜x1＜1＜x2＜2等价于，

即，化简得．

此不等式组表示的平面区域aob上三条直线：2-b=0，a-3b+2=0，4a-5b+2=0，

所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为：A（），B（2，2），C（4，2），

又w=2a+b，

w在这三点的值依次为：2，6，10，

所以z的取值范围为（2，10）．

题型：简答题

简答题

设函数在处取得极大值．

（Ⅰ）求φ的值；

（Ⅱ）在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边且，求A．

正确答案

解：（Ⅰ）f（x）=sinx+cosx•sinφ-sinx•（1-cosφ）=cosx•sinφ+sinx•cosφ=sin（x+φ）

由，可得

∵，∴

（Ⅱ）由，可得

∵

∴

解析

解：（Ⅰ）f（x）=sinx+cosx•sinφ-sinx•（1-cosφ）=cosx•sinφ+sinx•cosφ=sin（x+φ）

由，可得

∵，∴

（Ⅱ）由，可得

∵

∴

题型：简答题

简答题

函数f（x）=x3+ax2-bx+c，a，b，c∈R，已知方程f（x）=0有三个实根x1，x2，x3，即f（x）=（x-x1）（x-x2）（x-x3）

（1）求x1+x2+x3，x1x2+x2x3+x1x3和x1x2x3的值．（结果用a，b，c表示）

（2）若a∈Z，b∈Z且|b|＜2，f（x）在x=α，x=β处取得极值且-1＜α＜0＜β＜1，试求此方程三个根两两不等时c的取值范围．

正确答案

解：（1）由已知，x3+ax2-bx+c=（x-x1）（x-x2）（x-x3），

比较两边系数，得x1+x2+x3=-a，x1x2+x2x3+x3x1=-b，x1x2x3=-c．

（2）由已知f′（x）=3x2+2ax-b=0有两个不等的实根α，β，

因为-1＜α＜0＜β＜1，由实根分布，则

由b∈Z，|b|＜2，b＞0，则b=1．

再代入上述不等式，

又有：2a＞-2，2a＜2，且a∈Z，

∴a=0，

所以f′（x）=3x2-1

则，

且f（x）在处取得极大值取得极小值，

故f（x）=0要有三个不等根，则必须

即：，⇒

解得．

∴此方程三个根两两不等时c的取值范围是：．

解析

解：（1）由已知，x3+ax2-bx+c=（x-x1）（x-x2）（x-x3），

比较两边系数，得x1+x2+x3=-a，x1x2+x2x3+x3x1=-b，x1x2x3=-c．

（2）由已知f′（x）=3x2+2ax-b=0有两个不等的实根α，β，

因为-1＜α＜0＜β＜1，由实根分布，则

由b∈Z，|b|＜2，b＞0，则b=1．

再代入上述不等式，

又有：2a＞-2，2a＜2，且a∈Z，

∴a=0，

所以f′（x）=3x2-1

则，

且f（x）在处取得极大值取得极小值，

故f（x）=0要有三个不等根，则必须

即：，⇒

解得．

∴此方程三个根两两不等时c的取值范围是：．

题型：填空题

填空题

已知函数f（x）=x3+mx2+（m+6）x+1存在极值，则实数m的取值范围为______．

正确答案

（-∞，-3）∪（6，+∞）

解析

解：∵函数f（x）=x3+mx2+（m+6）x+1存在极值，

∴f′（x）=3x2+2mx+m+6=0，它有两个不相等的实根，

∴△=4m2-12（m+6）＞0

解得m＜-3或m＞6．

故答案为：（-∞，-3）∪（6，+∞）．

题型：简答题

简答题

已知函数f1（x）=x2，f2（x）=alnx（a∈R）•

（I）当a＞0时，求函数．f（x）=f1（x）•f2（x）的极值；

（II）若存在x0∈[1，e]，使得f1（x0）+f2（x0）≤（a+1）x0成立，求实数a的取值范围；

（III）求证：当x＞0时，lnx+-＞0．

（说明：e为自然对数的底数，e=2.71828…）

正确答案

解：（I）f（x）=f1（x）•f2（x）=x2alnx，

∴f′（x）=axlnx+ax=ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），

由f′（x）＞0，得x＞，f′（x）＜0，得0＜x＜，

函数f（x）在（0，e）上是增函数，在（e，+∞）上是减函数，

∴f（x）的极小值为f（e）=-，无极大值．

（II）根据题意存在x0∈[1，e]，使得f1（x0）+f2（x0）≤（a+1）x0成立，

设g（x）=x2+alnx-（a+1）x，则g（x）min≤0即可，

又g′（x）=x+-（a+1）=，

①当a≤1时，由x∈[1，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，e]上是增函数，

∴g（x）min=g（1）=-（a+1）≤0，得-≤a≤1．

②当1＜a＜e时，由x∈[1，a]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，a]上是减函数，

由x∈[a，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，a]上是增函数，

∴g（x）min=g（a）=-a2+alna-a=-a2-a（1-lna）≤0恒成立，得1＜a＜e．

③当a≥e时，由x∈[1，e]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，e]上是减函数，

∴g（x）min=g（e）=）=-e2+a-ae-e≤0，得a≥，又＜e，∴a≥e．

综上，实数a的取值范围a．

（III）问题等价于x2lnx＞，

由（I）知，f（x）=x2lnx的最小值为-，

设h（x）=，h′（x）=-得，函数h（x）在（0，2）上增，在（2，+∞）减，

∴h（x）max=h（2）=，

因-＞0，

∴f（x）min＞h（x）max，

∴x2lnx＞，∴lnx-（）＞0，

∴lnx+-＞0．

解析

解：（I）f（x）=f1（x）•f2（x）=x2alnx，

∴f′（x）=axlnx+ax=ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），

由f′（x）＞0，得x＞，f′（x）＜0，得0＜x＜，

函数f（x）在（0，e）上是增函数，在（e，+∞）上是减函数，

∴f（x）的极小值为f（e）=-，无极大值．

（II）根据题意存在x0∈[1，e]，使得f1（x0）+f2（x0）≤（a+1）x0成立，

设g（x）=x2+alnx-（a+1）x，则g（x）min≤0即可，

又g′（x）=x+-（a+1）=，

①当a≤1时，由x∈[1，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，e]上是增函数，

∴g（x）min=g（1）=-（a+1）≤0，得-≤a≤1．

②当1＜a＜e时，由x∈[1，a]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，a]上是减函数，

由x∈[a，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，a]上是增函数，

∴g（x）min=g（a）=-a2+alna-a=-a2-a（1-lna）≤0恒成立，得1＜a＜e．

③当a≥e时，由x∈[1，e]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，e]上是减函数，

∴g（x）min=g（e）=）=-e2+a-ae-e≤0，得a≥，又＜e，∴a≥e．

综上，实数a的取值范围a．

（III）问题等价于x2lnx＞，

由（I）知，f（x）=x2lnx的最小值为-，

设h（x）=，h′（x）=-得，函数h（x）在（0，2）上增，在（2，+∞）减，

∴h（x）max=h（2）=，

因-＞0，

∴f（x）min＞h（x）max，

∴x2lnx＞，∴lnx-（）＞0，

∴lnx+-＞0．

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