函数的极值与导数的关系
共7619题

函数的极值与导数的关系
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热门试卷

题型：单选题

单选题

函数y=f′（x）是函数y=f（x）的导函数，且函数y=f（x）在点p（x0，f（x0））处的切线为l：y=g（x）=f′（x0）（x-x0）+f（x0），F（x）=f（x）-g（x），如果函数y=f（x）在区间[a，b]上的图象如图所示，且a＜x0＜b，那么（　　）

AF′（x0）=0，x=x0是F（x）的极大值点

BF′（x0）=0，x=x0是F（x）的极小值点

CF′（x0）≠0，x=x0不是F（x）极值点

DF′（x0）≠0，x=x0是F（x）极值点

正确答案

解析

解：∵F（x）=f（x）-g（x）=f（x）-f′（x0）（x-x0）-f（x0），

∴F‘（x）=f'（x）-f′（x0）

∴F'（x0）=0，

又由a＜x0＜b，得出

当a＜x＜x0时，f'（x）＜f′（x0），F'（x）＜0，

当x0＜x＜b时，f'（x）＜f′（x0），F'（x）＞0，

∴x=x0是F（x）的极小值点

故选B．

题型：简答题

简答题

设函数f（x）=x2+ex-xex．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若当x∈[-2，2]时，不等式f（x）＞m恒成立，求实数m的取值范围．

正确答案

解：（1）∵函数f（x）=x2+ex-xex．

∴f（x）的定义域为R，

f‘（x）=x+ex-（ex+xex）=x（1-ex），

当x＜0时，1-ex＞0，f'（x）＜0；当x＞0时，1-ex＜0，f'（x）＜0

∴f（x）在R上为减函数，即f（x）的单调递减区间为（-∞，+∞）．

（2）当x∈[-2，2]时，不等式f（x）＞m恒成立，即为当x∈[-2，2]时，f（x）min＞m．

由（1）可知，f（x）在[-2，2]上单调递减，

∴，

∴m＜2-e2时，不等式f（x）＞m恒成立．

解析

解：（1）∵函数f（x）=x2+ex-xex．

∴f（x）的定义域为R，

f‘（x）=x+ex-（ex+xex）=x（1-ex），

当x＜0时，1-ex＞0，f'（x）＜0；当x＞0时，1-ex＜0，f'（x）＜0

∴f（x）在R上为减函数，即f（x）的单调递减区间为（-∞，+∞）．

（2）当x∈[-2，2]时，不等式f（x）＞m恒成立，即为当x∈[-2，2]时，f（x）min＞m．

由（1）可知，f（x）在[-2，2]上单调递减，

∴，

∴m＜2-e2时，不等式f（x）＞m恒成立．

题型：简答题

简答题

设f（x）=，g（x）=alnx（a＞0）．

（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）•g（x）的极值；

（Ⅱ）若函数G（x）=f（x）-g（x）+（a-1）x在区间内有两个零点，求实数a的取值范围；

（Ⅲ）求证：当x＞0时，lnx+＞0．

正确答案

解：（1）F（x）=f（x）•g（x）==．

故F（x）在上递减，在上递增，所以为极小值点，

所以=，无极大值．

（2）．所以．

由G′（x）=0得x=1或x=-a（舍去）．

当x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增．

要使G（x）在上有两个零点需满足：，即，解得．

下面比较的大小．

因为=．

故．故a的范围是．

（3）原不等式等价于．

由（1）知f（x）=x2lnx的最小值为．

设h（x）=，则．

因为x＞0，所以h（x）在（0，2）单调递增，在（2，+∞）单调递减．

h（x）max=h（2）=．

又因为．

所以f（x）min＞h（x）min，故．

所以x＞0时，lnx．

解析

解：（1）F（x）=f（x）•g（x）==．

故F（x）在上递减，在上递增，所以为极小值点，

所以=，无极大值．

（2）．所以．

由G′（x）=0得x=1或x=-a（舍去）．

当x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增．

要使G（x）在上有两个零点需满足：，即，解得．

下面比较的大小．

因为=．

故．故a的范围是．

（3）原不等式等价于．

由（1）知f（x）=x2lnx的最小值为．

设h（x）=，则．

因为x＞0，所以h（x）在（0，2）单调递增，在（2，+∞）单调递减．

h（x）max=h（2）=．

又因为．

所以f（x）min＞h（x）min，故．

所以x＞0时，lnx．

题型：简答题

简答题

已知二次函数f（x）的图象过点（0，4），对任意x满足f（3-x）=f（x），且有最小值是；已知g（x）=2x-m

（Ⅰ）求f（x）的解析式；

（Ⅱ）求函数h（x）=f（x）-（2t-3）x在区间[0，1]上的最小值，其中t∈R；

（Ⅲ）若f（x）恒在g（x）=2x-m的上方，求m的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）二次函数f（x）图象经过点（0，4），

任意x满足f（3-x）=f（x）

则对称轴x=，

f（x）存在最小值，则二次项系数a＞0，

设f（x）=a（x-）2+．

将点（0，4）代入得：

f（0）=+=4，

解得：a=1，

∴f（x）=（x-）2+=x2-3x+4．

（Ⅱ）h（x）=f（x）-（2t-3）x

=x2-2tx+4=（x-t）2+4-t2，x∈[0，1]．

当对称轴x=t≤0时，h（x）在x=0处取得最小值h（0）=4；

当对称轴0＜x=t＜1时，h（x）在x=t处取得最小值h（t）=4-t2；

当对称轴x=t≥1时，h（x）在x=1处取得最小值h（1）=1-2t+4=-2t+5．

综上所述：

当t≤0时，最小值4；当0＜t＜1时，最小值4-t2；当t≥1时，最小值-2t+5．

（Ⅲ）由已知：f（x）＞2x-m对于x∈R恒成立，

∴-m＜x2-5x+4对x∈R恒成立，

∵g（x）=x2-5x+4在x∈R上的最小值为=-，

∴-m＜-．即有m＞．

解析

解：（Ⅰ）二次函数f（x）图象经过点（0，4），

任意x满足f（3-x）=f（x）

则对称轴x=，

f（x）存在最小值，则二次项系数a＞0，

设f（x）=a（x-）2+．

将点（0，4）代入得：

f（0）=+=4，

解得：a=1，

∴f（x）=（x-）2+=x2-3x+4．

（Ⅱ）h（x）=f（x）-（2t-3）x

=x2-2tx+4=（x-t）2+4-t2，x∈[0，1]．

当对称轴x=t≤0时，h（x）在x=0处取得最小值h（0）=4；

当对称轴0＜x=t＜1时，h（x）在x=t处取得最小值h（t）=4-t2；

当对称轴x=t≥1时，h（x）在x=1处取得最小值h（1）=1-2t+4=-2t+5．

综上所述：

当t≤0时，最小值4；当0＜t＜1时，最小值4-t2；当t≥1时，最小值-2t+5．

（Ⅲ）由已知：f（x）＞2x-m对于x∈R恒成立，

∴-m＜x2-5x+4对x∈R恒成立，

∵g（x）=x2-5x+4在x∈R上的最小值为=-，

∴-m＜-．即有m＞．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax2-bx（a，b∈R），令h（x）=f（x）+g（x）．

（Ⅰ）若1和2是函数h（x）的两个极值点，求a，b的值；

（Ⅱ）当时，若对任意两个不相等的实数x1，x2∈[1，2]，都有|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|成立，求b的值．

正确答案

解：（Ⅰ）h（x）=lnx+ax2-bx，h′（x）=+2ax-b，

因为1和2为函数h（x）的两极值点，

所以有，解得，经检验满足条件，

所以a=，；

（Ⅱ）不妨设x1＞x2，因为f（x）=lnx在[1，2]上单调递增，

所以|f（x1）-f（x2）|=f（x1）-f（x2），

又g（x）=x2-bx=（x-b）2-，且b≥2，则g（x）在[1，2]上单调递减，

所以|g（x1）-g（x2）|=g（x2）-g（x1），

所以|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|⇔f（x1）-f（x2）＞g（x2）-g（x1），

即f（x1）+g（x1）＞f（x2）+g（x2），

h（x）在[1，2]上单调递增，则h′（x）=+x-b≥0成立，得b≤=2，

又b≥2，所以b=2．

解析

解：（Ⅰ）h（x）=lnx+ax2-bx，h′（x）=+2ax-b，

因为1和2为函数h（x）的两极值点，

所以有，解得，经检验满足条件，

所以a=，；

（Ⅱ）不妨设x1＞x2，因为f（x）=lnx在[1，2]上单调递增，

所以|f（x1）-f（x2）|=f（x1）-f（x2），

又g（x）=x2-bx=（x-b）2-，且b≥2，则g（x）在[1，2]上单调递减，

所以|g（x1）-g（x2）|=g（x2）-g（x1），

所以|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|⇔f（x1）-f（x2）＞g（x2）-g（x1），

即f（x1）+g（x1）＞f（x2）+g（x2），

h（x）在[1，2]上单调递增，则h′（x）=+x-b≥0成立，得b≤=2，

又b≥2，所以b=2．

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