- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
已知函数f（x）=x3-3x2-3x+2，则此函数的极大值点是______．
正确答案
x=1-
解析
解：∵f（x）=x3-3x2-3x+2
∴f′（x）=3x2-6x-3
当f′（x）=0时，3x2-6x-3=0
∴x2-2x-1=0
∴（x-1）2=2
∴x=1±
令f′（x）＞0，得
令f′（x）＜0，得
∴函数的单调增区间为
∴函数的极大值点是
故答案为：
已知函数f（x）=x2-x，g（x）=lnx．
（Ⅰ）若m（x）=f（x）-g（x），求m（x）的最小值．
（Ⅱ）若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的值；
（Ⅲ）设F（x）=f（x）+mg（x）（m∈R）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），求实数m的取值范围，并证明F（x2）＞-
正确答案
解：（Ⅰ）m（x）=f（x）-g（x）=x2-x-lnx（x＞0）
m′（x）=2x-1-
当x＞1时，m′（x）＞0，m（x）递增，当0＜x＜1时，m′（x）＜0，m（x）递减．
故x=1时，m（x）取极小值，也为最小值，且为0．
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-ag（x）=x2-x-alnx，则h（1）=0．
则h（x）≥0即h（x）≥h（1）恒成立的必要条件是h‘（1）=0，
又
由h'（1）=2-1-a=0得：a=1．
当a=1时，
故h（x）≥0（x＞0），即f（x）≥ag（x）恒成立．
（Ⅲ）由F（x）=f（x）+mg（x）=x2-x+mlnx，
得F′（x）=
F（x）有两个极值点x1，x2等价于方程2x2-x+m=0在（0，+∞）上有两个不等的正根，
即：
由F'（x2）=0，得
所以
设φ（x）=x2-x+（x-2x2）lnx（
得φ′（x）=（1-4x）lnx＞0，
所以φ（x）＞φ（
即F（x2）＞-
解析
解：（Ⅰ）m（x）=f（x）-g（x）=x2-x-lnx（x＞0）
m′（x）=2x-1-
当x＞1时，m′（x）＞0，m（x）递增，当0＜x＜1时，m′（x）＜0，m（x）递减．
故x=1时，m（x）取极小值，也为最小值，且为0．
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-ag（x）=x2-x-alnx，则h（1）=0．
则h（x）≥0即h（x）≥h（1）恒成立的必要条件是h‘（1）=0，
又
由h'（1）=2-1-a=0得：a=1．
当a=1时，
故h（x）≥0（x＞0），即f（x）≥ag（x）恒成立．
（Ⅲ）由F（x）=f（x）+mg（x）=x2-x+mlnx，
得F′（x）=
F（x）有两个极值点x1，x2等价于方程2x2-x+m=0在（0，+∞）上有两个不等的正根，
即：
由F'（x2）=0，得
所以
设φ（x）=x2-x+（x-2x2）lnx（
得φ′（x）=（1-4x）lnx＞0，
所以φ（x）＞φ（
即F（x2）＞-
已知函数f（x）=
A（0，
B（0，1）∪（1，3）
C（
D（0，1）∪[3，+∞）
正确答案
解析
∴f′（x）=x2+mx+
则x1+x2=-m，x1x2=
（x1-1）（x2-1）=x1x2-（x1+x2）+1=
即n+3m+2＜0，
∴-m＜n＜-3m-2，为平面区域D，
∵直线m+n=0，2+3m+n=0的交点坐标为（-1，1）
∴要使函数y=loga（x+4）的图象上存在区域D上的点，则必须满足1＜loga（-1+4）
∴loga3＞1，解得1＜a＜3或0＜a＜1，
故选：B．
设f（x）=|lnx|，若函数g（x）=f（x）-ax在区间（0，e2]上有三个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A（0，
B[
C（0，
D[
正确答案
解析
解：∵函数g（x）=f（x）-ax在区间（0，e2]上有三个零点，
∴y=f（x）与y=ax在区间（0，e2]上有三个交点；
由函数y=f（x）与y=ax的图象可知，
k1=
f（x）=lnx，（x＞1），f′（x）=
设切点坐标为（t，lnt），则
解得：t=e．
∴
则直线y=ax的斜率a
故选：B．
已知函数f（x）=lnx（x＞0）．
（1）求g（x）=xf（x），求函数y=g（x）的极值；
（2）判断函数h（x）=x2f（x）+x的单调性，并证明；
（3）若对任意两个互不相等的正数x1，x2，都有
正确答案
解：（1）g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，
由g′（x）=0得x=
从上表中可知，y=g（x）的极小值为g（）=-，无极大值；
（2）函数h（x）在（0，+∞）单调递增，
h（x）=x2lnx+x，h′（x）=2xlnx+x+1，
由（1）得：g（x）=xlnx≥-，且x＞0，
∴h′（x）=2xlnx+x+1＞0，
∴函数h（x）在（0，+∞）单调递增；
（3）不妨设x1＜x2，f′（x）=，
＜kf′（）
⇔＜
⇔ln＜k•=k（-），（*），
令=t，则（*）⇔2lnt＜k（t-），（t＞1），
设φ（t）=k（t-）＞-2lnt，
则原命题等价于φ（t）=k（t-）-2lnt＞0在（1，+∞）上恒成立，
φ′（t）=，
①当k≤0时，φ′（t）≤0，φ（t）在（1，+∞）上单调递减，φ（t）＜φ（1）=0，
故k≤0不符合题意；
②当k＞0时，
（i）当△=4-4k2≤0，即k≥1时，φ′（t）≥0，φ（t）在（1，+∞）单调递增，
φ（t）＞φ（1）=0，故k≥1符号题意；
（ii）当0＜k＜1时，△=4-4k2＞0，
设方程kt2-2t+k=0的两根分别是t1，t2，且t1＜t2，
则0＜t1＜1＜t2且当t∈（1，t2]时，φ′（t）≤0，当t∈[t2，+∞）时，φ′（t）≥0，
∴φ（t）在[1，t2）上单调递减，在（t2，+∞）上单调递增，
故φ（t2）＜φ（1）=0与φ（t）＞0在（1，+∞）是恒成立矛盾，
故0＜k＜1不符号题意，
综上，实数k的最小值为1．
解析
解：（1）g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，
由g′（x）=0得x=
从上表中可知，y=g（x）的极小值为g（）=-，无极大值；
（2）函数h（x）在（0，+∞）单调递增，
h（x）=x2lnx+x，h′（x）=2xlnx+x+1，
由（1）得：g（x）=xlnx≥-，且x＞0，
∴h′（x）=2xlnx+x+1＞0，
∴函数h（x）在（0，+∞）单调递增；
（3）不妨设x1＜x2，f′（x）=，
＜kf′（）
⇔＜
⇔ln＜k•=k（-），（*），
令=t，则（*）⇔2lnt＜k（t-），（t＞1），
设φ（t）=k（t-）＞-2lnt，
则原命题等价于φ（t）=k（t-）-2lnt＞0在（1，+∞）上恒成立，
φ′（t）=，
①当k≤0时，φ′（t）≤0，φ（t）在（1，+∞）上单调递减，φ（t）＜φ（1）=0，
故k≤0不符合题意；
②当k＞0时，
（i）当△=4-4k2≤0，即k≥1时，φ′（t）≥0，φ（t）在（1，+∞）单调递增，
φ（t）＞φ（1）=0，故k≥1符号题意；
（ii）当0＜k＜1时，△=4-4k2＞0，
设方程kt2-2t+k=0的两根分别是t1，t2，且t1＜t2，
则0＜t1＜1＜t2且当t∈（1，t2]时，φ′（t）≤0，当t∈[t2，+∞）时，φ′（t）≥0，
∴φ（t）在[1，t2）上单调递减，在（t2，+∞）上单调递增，
故φ（t2）＜φ（1）=0与φ（t）＞0在（1，+∞）是恒成立矛盾，
故0＜k＜1不符号题意，
综上，实数k的最小值为1．
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