函数的极值与导数的关系_章节学习

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题型：填空题

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填空题

已知函数f（x）=（x-1）（x-2）（x-6），点A（1，0），B（2，0），C（6，0），过点C作曲线y=f（x）的切线，切点为D（D与C不重合），则下列命题中正确的是______．（写出所有正确命题的序号）

①方程f（x）′=0的两根分别位于区间（1，2）和（2，6）内；

②点D在x轴的射影为线段AB的中点；

③函数y=f（x）的图象关于点（3，-6）对称；

④函数y=f（x）在点D处取得极大值．

正确答案

①②③

解析

解：根据f（x）的取值情况：x＜1时，f（x）＜0；1＜x＜2时，f（x）＞0；2＜x＜6时，f（x）＜0；x＞6时，f（x）＞0．画出f（x）的图象．

①通过通过图象可以看出，f（x）在（1，2）和（2，6）上存在极值，∴方程f（x）′=0的两根分别位于区间（1，2）和（2，6）内；

②设过点C的f（x）的切线方程为：y=k（x-6），解得：x2-3x+2-k=0 （1），该方程的二重根便是切点D的横坐标，∴△=9-2（4-k）=1+4k=0，∴k=；

∴带入方程（1）并解得：，∴点D在x轴的射影为线段AB的中点．

③设（x0，y0）为函数y=f（x）的图象上的任一点，它关于（3，-6）的对称点为（x，y），则：

，解得：，带入y=f（x）的解析式并化简得：

x3-9x2+20x+12=y，这便是函数y=f（x）的解析式；

∴函数y=f（x）的图象关于点（3，-6）对称．

④∵函数y=f（x）在点D处的导数为，∴函数y=f（x）在点D处取不到极大值．

∴正确的命题是①②③．

故答案为：①②③．

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题型：简答题

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简答题

已知定义在实数集上的函数fn（x）=xn，n∈N*，其导函数记为fn′（x），且满足：为常数．

（Ⅰ）试求λ的值；

（Ⅱ）设函数f2n-1（x）与fn（1-x）的乘积为函数F（x），求F（x）的极大值与极小值；

（Ⅲ）若gn（x）=ex•fn（x），试证明关于x的方程在区间（0，2）上有唯一实数根；记此实数根为x（n），求x（n）的最大值．

正确答案

解：（1）f2′（x）=2x，∴2[x1+（x2-x1）]=

∴x2+x1=2x1+（x2-x1）⇒λ=2

（2）令y=F（x）=f2n-1（x）•fn（1-x）=x2n-1•（1-x）n，则

①当n=1时，y=x-x2，y′=1-2x，令y′=0，得x=，x∈（-∞，），y′＞0

x∈（，+∞），y′＜0，所以，当x=时，y极大=，无极小值；

②当n≥2时，y′=-n（1-x）n•x2n-1+（2n-1）x（2n-2）．（1-x）n=x2n-1．（1-x）n[（2n-1）-（3n-1）x]

令y′=0则x1=0，x2=，x3=1且x1＜x2＜x3

①当n为正偶数时，随x的变化，y′和y的变化如下：

当n为正偶数时，随的变化，y‘y的变化如下：

所以当=时，y极大=；当=1时，y极小=0．…（7分）

解析

解：（1）f2′（x）=2x，∴2[x1+（x2-x1）]=

∴x2+x1=2x1+（x2-x1）⇒λ=2

（2）令y=F（x）=f2n-1（x）•fn（1-x）=x2n-1•（1-x）n，则

①当n=1时，y=x-x2，y′=1-2x，令y′=0，得x=，x∈（-∞，），y′＞0

x∈（，+∞），y′＜0，所以，当x=时，y极大=，无极小值；

②当n≥2时，y′=-n（1-x）n•x2n-1+（2n-1）x（2n-2）．（1-x）n=x2n-1．（1-x）n[（2n-1）-（3n-1）x]

令y′=0则x1=0，x2=，x3=1且x1＜x2＜x3

①当n为正偶数时，随x的变化，y′和y的变化如下：

当n为正偶数时，随的变化，y‘y的变化如下：

所以当=时，y极大=；当=1时，y极小=0．…（7分）

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题型：简答题

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简答题

函数f（x）=x3-x2-3x+1，

（1）求f（x）的单调区间和极值，

（2）讨论方程f（x）=a的实根个数．

正确答案

解：（1）f′（x）=x2-2x-3=（x+1）（x-3）=0，可得x=-1或3

列表如下

f（x）的增区间为（-∞，-1），（3，+∞），f（x）的减区间为（-1，3）

f（x）的极大值为，f（x）的极小值为-8；

（2）∵f（x）的极大值为，f（x）的极小值为-8

①a＜-8或a＞时，有一个交点，方程有一个实根；

②a﹦-8或a=时，有两个交点，方程有两个实根；

③-8＜a＜时，有三个交点，方程有三个实根．

解析

解：（1）f′（x）=x2-2x-3=（x+1）（x-3）=0，可得x=-1或3

列表如下

f（x）的增区间为（-∞，-1），（3，+∞），f（x）的减区间为（-1，3）

f（x）的极大值为，f（x）的极小值为-8；

（2）∵f（x）的极大值为，f（x）的极小值为-8

①a＜-8或a＞时，有一个交点，方程有一个实根；

②a﹦-8或a=时，有两个交点，方程有两个实根；

③-8＜a＜时，有三个交点，方程有三个实根．

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题型：简答题

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简答题

已知f（x）=ax-lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R．

（1）当a=1时，求函数f（x）的极值；

（2）是否存在实数a使函数f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；

（3）在（1）的条件下，证明不等式f（x）＞+，x∈（0，e]恒成立．

正确答案

解：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-=，x∈（0，e]，

令f′（x）＞0，解得：1＜x≤e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，e]上单调递增，

且当x∈（0，e]时，f（x）有极小值f（1）=1；

（2）由f（x）=ax-lnx，得f′（x）=a-=，x∈（0，e]，

当a≤时，有f′（x）≤0恒成立，此时函数在（0，e]上单调递减，

∴f（x）min=f（e）=ae-lne=ae-1=3，∴a=（舍），

当a＞时，令f′（x）＞0，解得：＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜，

∴函数f（x）在（0，）单调递减，在（，e）上单调递增，

∴f（x）min=f（）=1-ln=3，∴a=e2，

综上，a=e2时满足条件．

（3）由（1）知，当x∈（0，e）时，f（x）有极小值f（1）=1，

令g（x）=+，x∈（0，e]，则g′（x）=，

当x∈（0，e]时，g（x）＞0，则g（x）在（0，e]上单调递增，

故g（x）max=g（e）=+，

∴f（x）min＞g（x）max，

因此，不等式f（x）＞+，x∈（0，e]恒成立．

解析

解：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-=，x∈（0，e]，

令f′（x）＞0，解得：1＜x≤e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

∴函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，e]上单调递增，

且当x∈（0，e]时，f（x）有极小值f（1）=1；

（2）由f（x）=ax-lnx，得f′（x）=a-=，x∈（0，e]，

当a≤时，有f′（x）≤0恒成立，此时函数在（0，e]上单调递减，

∴f（x）min=f（e）=ae-lne=ae-1=3，∴a=（舍），

当a＞时，令f′（x）＞0，解得：＜x＜e，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜，

∴函数f（x）在（0，）单调递减，在（，e）上单调递增，

∴f（x）min=f（）=1-ln=3，∴a=e2，

综上，a=e2时满足条件．

（3）由（1）知，当x∈（0，e）时，f（x）有极小值f（1）=1，

令g（x）=+，x∈（0，e]，则g′（x）=，

当x∈（0，e]时，g（x）＞0，则g（x）在（0，e]上单调递增，

故g（x）max=g（e）=+，

∴f（x）min＞g（x）max，

因此，不等式f（x）＞+，x∈（0，e]恒成立．

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题型：简答题

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简答题

已知函数f（x）=x2+ax-lnx，a∈R

（1）若函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；

（2）令g（x）=f（x）-x2，是否存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由；

（3）求证：当x∈（0，e]时，e2x-＞lnx+．

正确答案

（1）解：求导函数可得

因为函数f（x）在[1，2]上是减函数，所以≤0在[1，2]上恒成立，

令 h（x）=2x2+ax-1，有得，∴；

（2）解：假设存在实数a，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，g′（x）=

①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae-1=3，a=（舍去），

②当0＜＜e时，g（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增

∴g（x）min=g（））=1+lna=3，a=e2，满足条件．

③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae-1=3，a=（舍去），

综上，存在实数a=e2，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3．

（3）证明：由（2）知当a=e2，g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，即g（x）=e2x-lnx≥3

又原不等式成立只须e2x-lnx＞+成立

令F（x）=+，则F′（x）=

当0＜x≤e时，F‘（x）≥0，∴F（x）在（0，e]上单调递增

故F（x）max=F（e）=3

故当x∈（0，e]时，e2x-＞lnx+，即原命题得证

解析

（1）解：求导函数可得

因为函数f（x）在[1，2]上是减函数，所以≤0在[1，2]上恒成立，

令 h（x）=2x2+ax-1，有得，∴；

（2）解：假设存在实数a，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，g′（x）=

①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae-1=3，a=（舍去），

②当0＜＜e时，g（x）在（0，）上单调递减，在（，e]上单调递增

∴g（x）min=g（））=1+lna=3，a=e2，满足条件．

③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae-1=3，a=（舍去），

综上，存在实数a=e2，使g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3．

（3）证明：由（2）知当a=e2，g（x）=ax-lnx（x∈（0，e]）有最小值3，即g（x）=e2x-lnx≥3

又原不等式成立只须e2x-lnx＞+成立

令F（x）=+，则F′（x）=

当0＜x≤e时，F‘（x）≥0，∴F（x）在（0，e]上单调递增

故F（x）max=F（e）=3

故当x∈（0，e]时，e2x-＞lnx+，即原命题得证

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