- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
（2015秋•眉山校级月考）设函数f（x）=（1+x）2-mln（1+x），g（x）=x2+x+a．
（Ⅰ）当a=0时，f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）当m=2时，若函数h（x）=f（x）-g（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
正确答案
解：（I）当a=0时，f（x）≥g（x）即（1+x）2-mln（1+x）≥x2+x．
由于f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，∴m≤
令h（x）=
令h′（x）＞0，解得x＞e-1，此时函数h（x）单调递增；令h′（x）＜0，解得0＜x＜e-1，此时函数h（x）单调递减．
∴当x=e-1时，函数h（x）取得最小值，h（e-1）=e．
∴m≤e．
∴实数m的取值范围是m≤e．
（II）当m=2时，若函数h（x）=f（x）-g（x）=1+x-2ln（1+x）-a，
h′（x）=1-
当x∈[0，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；当x∈（1，2]时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递增．
∴当x=1时，函数h（x）取得最小值，h（1）=2-2ln2-a；
又h（0）=1-a，h（2）=3-2ln3-a．∴h（2）＜h（0）．
∵函数h（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点，
∴
解得：2-2ln2＜a≤3-2ln3，
∴实数a的取值范围是（2-2ln2，3-2ln3]．
解析
解：（I）当a=0时，f（x）≥g（x）即（1+x）2-mln（1+x）≥x2+x．
由于f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，∴m≤
令h（x）=
令h′（x）＞0，解得x＞e-1，此时函数h（x）单调递增；令h′（x）＜0，解得0＜x＜e-1，此时函数h（x）单调递减．
∴当x=e-1时，函数h（x）取得最小值，h（e-1）=e．
∴m≤e．
∴实数m的取值范围是m≤e．
（II）当m=2时，若函数h（x）=f（x）-g（x）=1+x-2ln（1+x）-a，
h′（x）=1-
当x∈[0，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；当x∈（1，2]时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递增．
∴当x=1时，函数h（x）取得最小值，h（1）=2-2ln2-a；
又h（0）=1-a，h（2）=3-2ln3-a．∴h（2）＜h（0）．
∵函数h（x）在[0，2]上恰有两个不同的零点，
∴
解得：2-2ln2＜a≤3-2ln3，
∴实数a的取值范围是（2-2ln2，3-2ln3]．
函数y=x3-3x2-9x（-2＜x＜2）有（ ）
正确答案
解析
解：y′=3x2-6x-9=0，得x=-1，x=3，
由于-2＜x＜2，
则当-2＜x＜-1时，y′＞0；当-1＜x＜2时，y′＜0，
当x=-1时，y极大值=5；x取不到3，无极小值．
故选：C
函数f（x）=x3-3ax+b（a＞0）的极大值为6，极小值为2，则f（x）的减区间是（ ）
正确答案
解析
解：：令f′（x）=3x2-3a=0，得x=±
∵函数f（x）=x3-3ax+b（a＞0）的极大值为6，极小值为2，
∴f（
得a=1，b=4，
∴f′（x）=3x2-3＜0，解得-1＜x＜1
∴f（x）的减区间是（-1，1）．
故选A．
设a为常数，求函f（x）=x-2lnx+2a的极值．
正确答案
解：因为
又∵x＞0，
∴0＜x＜2时，f′（x）＞0⇒f（x）为增函数；
x＞2时，f′（x）＜0，的f（x）为减函数．
故当x=2时，f（x）取得极值2-2ln2+2a．
解析
解：因为
又∵x＞0，
∴0＜x＜2时，f′（x）＞0⇒f（x）为增函数；
x＞2时，f′（x）＜0，的f（x）为减函数．
故当x=2时，f（x）取得极值2-2ln2+2a．
已知函数y=aex+3x，x∈R，a∈R，有大于零的极值点，则（ ）
A-3＜a＜0
Ba＜-3
C
D
正确答案
解析
解：求导函数，可得y′=aex+3
若函数在x∈R上有大于零的极值点，即y′=aex+3=0有正根．
显然有a＜0，
此时x=ln（-
由x＞0，得参数a的范围为a＜-3．
综上知，a＜-3．
故选B．
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