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题型:简答题
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简答题

设 x=0是函数f(x)=(x2+ax+b)ex(x∈R)的一个极值点.

(1)求 a与b的关系式(用a表示b),并求f(x)的单调区间;

(2)设 a>0,g(x)=-(a2-a+1)ex+2,问是否存在ξ1,ξ2∈[-2,2],使得|f(ξ1)-g(ξ2)|≤1成立?若存在,求 a的取值范围;若不存在,说明理由.

正确答案

解:(1)f‘(x)=[x2+(a+2)x+a+b]ex(2分)

由f'(0)=0,得b=-a(4分)

∴f(x)=(x2+ax-a)ex

f'(x)=[x2+(a+2)x]ex=x(x+a+2)ex

令f'(x)=0,得x1=0,x2=-a-2

由于x=0是f(x)极值点,故x1≠x2,即a≠-2

当a<-2时,x1<x2,故f(x)的单调增区间是(-∞,0]和[-a-2,+∞),单调减区间是[0,-a-2](6分)

当a>-2时,x1>x2,故f(x)的单调增区间是(-∞,-a-2]和[0,+∞),单调减区间是[-a-2,0](8分)

(2)当a>0时,-a-2<-2,f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,2]上单调递增,

因此f(x)在[-2,2]上的值域为[f(0),max[f(-2),f(2)]]=[-a,(4+a)e2](10分)

上单调递减,

所以值域是[-(a2-a+1)]e4,-(a2-a+1)](12分)

因为在[-2,2]上,fmin(x)-gmax(x)=-a+(a2-a+1)=(a-1)2≥0(13分)

所以,a只须满足,解得0<a≤2

即当a∈(0,2]时,存在ξ1、ξ2∈[-2,2]使得|f(ξ1)-g(ξ2)|≤1成立.(14分)

解析

解:(1)f‘(x)=[x2+(a+2)x+a+b]ex(2分)

由f'(0)=0,得b=-a(4分)

∴f(x)=(x2+ax-a)ex

f'(x)=[x2+(a+2)x]ex=x(x+a+2)ex

令f'(x)=0,得x1=0,x2=-a-2

由于x=0是f(x)极值点,故x1≠x2,即a≠-2

当a<-2时,x1<x2,故f(x)的单调增区间是(-∞,0]和[-a-2,+∞),单调减区间是[0,-a-2](6分)

当a>-2时,x1>x2,故f(x)的单调增区间是(-∞,-a-2]和[0,+∞),单调减区间是[-a-2,0](8分)

(2)当a>0时,-a-2<-2,f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,2]上单调递增,

因此f(x)在[-2,2]上的值域为[f(0),max[f(-2),f(2)]]=[-a,(4+a)e2](10分)

上单调递减,

所以值域是[-(a2-a+1)]e4,-(a2-a+1)](12分)

因为在[-2,2]上,fmin(x)-gmax(x)=-a+(a2-a+1)=(a-1)2≥0(13分)

所以,a只须满足,解得0<a≤2

即当a∈(0,2]时,存在ξ1、ξ2∈[-2,2]使得|f(ξ1)-g(ξ2)|≤1成立.(14分)

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题型:简答题
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简答题

已知函数f(x)=ax2-lnx,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,a∈R.

(Ⅰ)当a=1时,求函数f(x)的单调区间与极值;

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

正确答案

解:(Ⅰ)∵f(x)=x2-lnx,x∈(0,e],,x∈(0,e],…(1分)

令f′(x)>0,得<x<e,f′(x)<0,得0<x<

∴f(x)的单调增区间是[,e],单调减区间为(0,]. …(4分)

f(x)的极小值为f()=-ln=ln2.无极大值.…(5分)

(Ⅱ)假设存在实数a,使f(x)=ax2-lnx,(x∈[0,e])有最小值3,

…(6分)

①当a≤0时,x∈(0,e],所以f′(x)<0,所以f(x)在(0,e]上单调递减,

(舍去)…(8分)

②当a>0时,令f′(x)=0得:

(ⅰ)当0<<e即a>

f(x)在(0,]上单调递减,在(,e]上单调递增,

∴f(x)min=f()=.得a=.  …(10分)

(ⅱ)当≥e即0<a≤时,

x∈(0,e]时,f’(x)<0,所以,f(x)在(0,e]上单调递减,

 (舍去),此时f(x)无最小值.

综上,存在实数,使得当x∈(0,e]时,f(x)有最小值3.…(12分)

解析

解:(Ⅰ)∵f(x)=x2-lnx,x∈(0,e],,x∈(0,e],…(1分)

令f′(x)>0,得<x<e,f′(x)<0,得0<x<

∴f(x)的单调增区间是[,e],单调减区间为(0,]. …(4分)

f(x)的极小值为f()=-ln=ln2.无极大值.…(5分)

(Ⅱ)假设存在实数a,使f(x)=ax2-lnx,(x∈[0,e])有最小值3,

…(6分)

①当a≤0时,x∈(0,e],所以f′(x)<0,所以f(x)在(0,e]上单调递减,

(舍去)…(8分)

②当a>0时,令f′(x)=0得:

(ⅰ)当0<<e即a>

f(x)在(0,]上单调递减,在(,e]上单调递增,

∴f(x)min=f()=.得a=.  …(10分)

(ⅱ)当≥e即0<a≤时,

x∈(0,e]时,f’(x)<0,所以,f(x)在(0,e]上单调递减,

 (舍去),此时f(x)无最小值.

综上,存在实数,使得当x∈(0,e]时,f(x)有最小值3.…(12分)

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题型:简答题
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简答题

设函数f(x)=ex(e为自然对数的底数),g(x)=x2-x,记h(x)=f(x)+g(x).

(1)h′(x)为h(x)的导函数,判断函数y=h′(x)的单调性,并加以证明;

(2)若函数y=|h(x)-a|-1=0有两个零点,求实数a的取值范围.

正确答案

解:(1)h(x)=f(x)+g(x)=ex+x2-x,∴h‘(x)=ex+2x-1,

令F(x)=h'(x),则F'(x)=ex+2>0,

∴F(x)在(-∞,+∞)上单调递增,即h'(x)在(-∞,+∞)上单调递增.

(2)由(1)知h'(x)在(-∞,+∞)上单调递增,而h'(0)=0,

∴h'(x)=0有唯一解x=0,x,h'(x),h(x)的变化情况如下表所示:

又∵函数y=|h(x)-a|-1有两个零点,

∴方程|h(x)-a|-1=0有两个根,即方程h(x)=a±1有两个根

而a+1>a-1,∴a-1<(h(x))min=h(0)=1且a+1>(h(x))min=h(0)=1,

解得0<a<2.

所以,若函数y=|h(x)-a|-1有两个零点,实数a的取值范围是(0,2)

解析

解:(1)h(x)=f(x)+g(x)=ex+x2-x,∴h‘(x)=ex+2x-1,

令F(x)=h'(x),则F'(x)=ex+2>0,

∴F(x)在(-∞,+∞)上单调递增,即h'(x)在(-∞,+∞)上单调递增.

(2)由(1)知h'(x)在(-∞,+∞)上单调递增,而h'(0)=0,

∴h'(x)=0有唯一解x=0,x,h'(x),h(x)的变化情况如下表所示:

又∵函数y=|h(x)-a|-1有两个零点,

∴方程|h(x)-a|-1=0有两个根,即方程h(x)=a±1有两个根

而a+1>a-1,∴a-1<(h(x))min=h(0)=1且a+1>(h(x))min=h(0)=1,

解得0<a<2.

所以,若函数y=|h(x)-a|-1有两个零点,实数a的取值范围是(0,2)

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题型:填空题
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填空题

当x=______时,函数y=x•2x有极小值为______

正确答案

-log2e

-

解析

解:∵y′=2x+xln2•2x=(1+ln2•x)2x

令(1+ln2•x)2x=0得,

x=-log2e,

在x=-log2e附近,左侧y′<0,

右侧y′>0;

故当x=-log2e时,函数y=x•2x有极小值为-

故答案为:-log2e,-

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题型:简答题
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简答题

设定义在R上的函数f(x)=ax3+bx2+cx,当x=-时,f(x)取得极大值,并且函数y=f′(x)的图象关于y轴对称.

(Ⅰ)求f(x)的表达式;

(Ⅱ)若曲线C对应的解析式为,求曲线过点P(2,4)的切线方程.

正确答案

解:(1)∵f′(x)=3ax2+2bx+c为偶函数,∴f(x)=f(-x),

∴3ax2-2bx+c=3ax2+2bx+c,

∴2bx=0得到b=0,

∴f(x)=ax3+cx

又当x=-时,f(x)取得极大值

f(-)=,f′()=0

∴解得

∴f(x)=x3-x

(2)

设切点为(x0,y0),则

切线方程为:

代入点P(2,4)化简得:x03-3x02+4=0,解得x0=-1,2,

所以切线方程为:x-y+2=0和4x-y-4=0.

解析

解:(1)∵f′(x)=3ax2+2bx+c为偶函数,∴f(x)=f(-x),

∴3ax2-2bx+c=3ax2+2bx+c,

∴2bx=0得到b=0,

∴f(x)=ax3+cx

又当x=-时,f(x)取得极大值

f(-)=,f′()=0

∴解得

∴f(x)=x3-x

(2)

设切点为(x0,y0),则

切线方程为:

代入点P(2,4)化简得:x03-3x02+4=0,解得x0=-1,2,

所以切线方程为:x-y+2=0和4x-y-4=0.

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