函数的极值与导数的关系_章节学习

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题型：单选题

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单选题

把函数f（x）=x2cosx在（0，+∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排列为x1，x2，…，xn，…，则对任意正整数n必有（　　）

A-＜xn+1-xn＜0

B1＜xn+1-xn＜

C＜xn+1-xn＜π

Dπ＜xn+1-xn＜

正确答案

C

解析

解：f′（x）=2xcosx-x2sinx，

由f′（x）=0，x∈（0，+∞）得：

x=，x∈（0，+∞）

设x0是方程x=的任意正实数根，即，

则存在非负整数k，使x0∈（kπ，kπ）．

当x∈（kπ，x0）时，f′（x）＞0，当x∈（kπ，x0）时，f′（x）＞0，，

所以满足方程x=的正根都是函数f（x）在（0，+∞）内的极值点．

∴（k-1）π，kπ，k∈N．

∴xn+1-xn．

又∵xn+1-xn===＞0

由于，所以tan（xn-xn+1）＞0，

∴xn+1-xn＜π．

综上：．

故选C．

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题型：单选题

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单选题

已知函数f（x）的图象过点（0，-5），它的导数f/（x）=4x3-4x，则当f（x）取得极大值-5时，x的值应为（　　）

A-1

B0

C1

D±1

正确答案

B

解析

解：易知f（x）=x4-2x2-5，

令f/（x）=4x3-4x＞0⇒x＞1或-1＜x＜0

f/（x）=4x3-4x＜0⇒x＜-1 或0＜x＜1

所以函数的增区间（1，+∞），（-1，0），减区间（-∞，1），（0，1）

所以函数的极小值点x=-1，x=1，极大值点x=0，而f（0）=-5

所以x=0

故选B

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题型：简答题

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简答题

已知函数f（x）=ln．

（Ⅰ）求f（x）的极值；

（II）判断y=f（x）的图象是否是中心对称图形，若是求出对称中心并证明，否则说明理由；

（III）设g（x）的定义域为D，是否存在[a，b]⊆D．当x∈[a，b]时，f（x）的取值范围是[]，若存在，求实数a、b的值；若不存在，说明理由．

正确答案

20．解：（I）．注意到，即x∈（-∞，2）∪（4，+∞），

由得x=6或x=0．所以当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以f（0）=ln是f（x）的一个极大值，f（6）=ln2+ 是f（x）的一个极小值．

（II）点（0，f（0）），（6，f（6））的中点是（3，），所以f（x）的图象的对称中心只可能是（3，）．

方程（曲线）观点要证f（x）的图象关于（3，）对称，只需证明点Q也在y=f（x）上，即证y0=f（x0）

设P（x，y）为f（x）的图象上一点，P关于（3，）的对称点是Q（x0，y0），

因，又

所以，

即点Q（x0，y0）也在函数y=f（x）的图象上．

（III）假设存在实a、b且[a，b]⊆D，∴b＜2或a＞4．

若0≤b＜2，当x∈[a，b]时，f（x）≤f（0）=ln＜0，而∴．故不可能…

若4＜a≤6，当x∈[a，b]时，f（x）≥f（6）=ln2+＞，而∴f（x）≠．故不可能…．

若a＜b＜0或6＜a＜b，由g（x）的单调递增区间是（-∞，0），（6，+∞），知a，b是f（x）=的两个解．而f（x）-=无解．故此时f的取值范f（x）围是不可能是[]．

综上所述，假设错误，满足条件的实数a、b不存在．

解析

20．解：（I）．注意到，即x∈（-∞，2）∪（4，+∞），

由得x=6或x=0．所以当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

所以f（0）=ln是f（x）的一个极大值，f（6）=ln2+ 是f（x）的一个极小值．

（II）点（0，f（0）），（6，f（6））的中点是（3，），所以f（x）的图象的对称中心只可能是（3，）．

方程（曲线）观点要证f（x）的图象关于（3，）对称，只需证明点Q也在y=f（x）上，即证y0=f（x0）

设P（x，y）为f（x）的图象上一点，P关于（3，）的对称点是Q（x0，y0），

因，又

所以，

即点Q（x0，y0）也在函数y=f（x）的图象上．

（III）假设存在实a、b且[a，b]⊆D，∴b＜2或a＞4．

若0≤b＜2，当x∈[a，b]时，f（x）≤f（0）=ln＜0，而∴．故不可能…

若4＜a≤6，当x∈[a，b]时，f（x）≥f（6）=ln2+＞，而∴f（x）≠．故不可能…．

若a＜b＜0或6＜a＜b，由g（x）的单调递增区间是（-∞，0），（6，+∞），知a，b是f（x）=的两个解．而f（x）-=无解．故此时f的取值范f（x）围是不可能是[]．

综上所述，假设错误，满足条件的实数a、b不存在．

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题型：填空题

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填空题

设x1、x2 是函数f（x）=ax3+bx2-a2x（a＞0）的两个极值点，且|x1|+|x2|=2，则b的最大值为______．

正确答案

4

解析

解：∵f（x）=ax3+bx2-a2x（a＞0），

∴f′（x）=3ax2+2bx-a2（a＞0），

∵函数f（x）=ax3+bx2-a2x（a＞0）的两个极值点为x1，x2（x1≠x2），

∴f‘（x）=0有两不等实根x1，x2（x1≠x2），

∴△＞0，∴b2+3a3＞0，恒成立，

∴x1+x2=-，x1x2=-＜0，

∵|x1|+|x2|=2，且x1，x2异号，

∴（|x1|+|x2|）2=x12+x22-2x1x2=（x1+x2）2-4x1x2=8，

∴=8，∴b2=-3a3+18a2≥0，解得0＜a≤6，

设t=-3a3+18a2，则t′=-9a2+36a=-9a（a-4）（0＜a≤6），

令t′＞0，得0＜a＜4，t′＜0，得6≥a＞4，

t在（0，4]是增函数，在[4，6）是减函数，

∴a=4取得t最大96，∴b2最大值为96，∴bmax=4

故答案为：4．

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题型：简答题

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简答题

已知x=3是函数f（x）=aln（1+x）+x2-10x的一个极值点．

（Ⅰ）求a；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）若直线y=b与函数y=f（x）的图象有3个交点，求b的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）因为

所以

因此a=16

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=16ln（1+x）+x2-10x，x∈（-1，+∞）

当x∈（-1，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0

当x∈（1，3）时，f′（x）＜0

所以f（x）的单调增区间是（-1，1），（3，+∞）f（x）的单调减区间是（1，3）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）在（-1，1）内单调增加，

在（1，3）内单调减少，在（3，+∞）上单调增加，且当x=1或x=3时，f′（x）=0

所以f（x）的极大值为f（1）=16ln2-9，极小值为f（3）=32ln2-21

因此f（16）＞162-10×16＞16ln2-9=f（1）f（e-2-1）＜-32+11=-21＜f（3）

所以在f（x）的三个单调区间（-1，1），（1，3），（3，+∞）直线y=b有y=f（x）的图象各有一个交点，当且仅当f（3）＜b＜f（1）

因此，b的取值范围为（32ln2-21，16ln2-9）．

解析

解：（Ⅰ）因为

所以

因此a=16

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=16ln（1+x）+x2-10x，x∈（-1，+∞）

当x∈（-1，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0

当x∈（1，3）时，f′（x）＜0

所以f（x）的单调增区间是（-1，1），（3，+∞）f（x）的单调减区间是（1，3）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f（x）在（-1，1）内单调增加，

在（1，3）内单调减少，在（3，+∞）上单调增加，且当x=1或x=3时，f′（x）=0

所以f（x）的极大值为f（1）=16ln2-9，极小值为f（3）=32ln2-21

因此f（16）＞162-10×16＞16ln2-9=f（1）f（e-2-1）＜-32+11=-21＜f（3）

所以在f（x）的三个单调区间（-1，1），（1，3），（3，+∞）直线y=b有y=f（x）的图象各有一个交点，当且仅当f（3）＜b＜f（1）

因此，b的取值范围为（32ln2-21，16ln2-9）．

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