- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
已知函数f（x）=x2+ax+blnx（a，b∈R）
（1）当a=-3，b=1时，求f（x）的极小值；
（2）当b=-1时，过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，求证：切点的横坐标为1；
（3）当a=0，b=1时，g（x）=[f（x）-x2-1]ex+x，是否存在实数x0∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
正确答案
（1）解：函数f（x）=x2-3x+lnx，则f′（x）=2x-3+
令f′（x）=0，得x=1，或x=
当0＜x＜
当
当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增
∴f（x）在x=1处取得极小值-2；
（2）证明：当b=-1时，f（x）=x2+ax-lnx．
设切点为M（t，f（t）），则f′（x）=2x+ax-
切线的斜率k=2t+a-
∴2t+a-
∴t2-1+lnt=0，
t=1满足方程t2-1+lnt=0，
设φ（t）=t2-1+lnt，则φ′（t）=2t+
∴φ（t）在（0，+∞）递增，且φ（1）=0，
∴t2-1+lnt=0有唯一解，
∴切点的横坐标为1；
（3）解：当a=0，b=1时，g（x）=[f（x）-x2-1]ex+x=（lnx-1）ex+x，
∴g′（x）=（
∵x0∈（0，+∞），
∴
∵
∴g′（x0）≥1＞0，
曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g‘（x0）=0有实数解．
而g'（x0）＞0，即方程g'（x0）=0无实数解．
故不存在x0∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直．
解析
（1）解：函数f（x）=x2-3x+lnx，则f′（x）=2x-3+
令f′（x）=0，得x=1，或x=
当0＜x＜
当
当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增
∴f（x）在x=1处取得极小值-2；
（2）证明：当b=-1时，f（x）=x2+ax-lnx．
设切点为M（t，f（t）），则f′（x）=2x+ax-
切线的斜率k=2t+a-
∴2t+a-
∴t2-1+lnt=0，
t=1满足方程t2-1+lnt=0，
设φ（t）=t2-1+lnt，则φ′（t）=2t+
∴φ（t）在（0，+∞）递增，且φ（1）=0，
∴t2-1+lnt=0有唯一解，
∴切点的横坐标为1；
（3）解：当a=0，b=1时，g（x）=[f（x）-x2-1]ex+x=（lnx-1）ex+x，
∴g′（x）=（
∵x0∈（0，+∞），
∴
∵
∴g′（x0）≥1＞0，
曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直等价于方程g‘（x0）=0有实数解．
而g'（x0）＞0，即方程g'（x0）=0无实数解．
故不存在x0∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x0处的切线与y轴垂直．
已知f（x）=（x-x2）ex，给出以下几个结论：
①f（x）＞0的解集是{x|0＜x＜1}；
②f（x）既有极小值，又有极大值；
③f（x）没有最小值，也没有最大值；
④f（x）有最大值，没有最小值．其中判断正确的是______．
正确答案
①②④
解析
解：①由f（x）=（x-x2）ex＞0，解得：0＜x＜1，
故①正确；
②由f′（x）=ex（-x2-x+1），
令f′（x）＞0，解得：
令f′（x）＜0，解得：x＞
∴函数f（x）在（-∞，
∴f（x）极小值=f（
故②正确；
③x→-∞时，f（x）→0，x→+∞时，f（x）→-∞，
∴f（x）最大值=f（x）极大值，没有最小值，
故③错误，④正确，
故答案为：①②④．
已知函数f（x）=x3-3x
（Ⅰ）求f′（1）；
（Ⅱ）求f（x）的极大值．
正确答案
解：（1）∵f‘（x）=3x2-3，∴f'（1）=3×12-3=0，-------（4分）
（2）令f'（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1）=0，得x=-1或x=1
列表如下：
可知，当x=-1时，f（x）取得极大值f（-1）=2，----------------（12分）
解析
解：（1）∵f‘（x）=3x2-3，∴f'（1）=3×12-3=0，-------（4分）
（2）令f'（x）=3x2-3=3（x+1）（x-1）=0，得x=-1或x=1
列表如下：
可知，当x=-1时，f（x）取得极大值f（-1）=2，----------------（12分）
已知函数f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）有一个极值点是1．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（II）当c＞1时，记f（x）的极大值为M（c），极小值为N（c），对于t∈R，问函数
正确答案
解：（I）由已知中k≠0
∵f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）
∴f′（x）=4-k（2x+
∵函数f（x）=有一个极值点是1．
∴f′（1）=0
∴c=
令f′（x）=0，即-2kx2-2ck+4x=0，即2kx2-4x+2ck=0
∵此方程的一个根为1，
∴另一个根为c
∵c＞1，即0＜k＜1
∴函数f（x）在（1，c）上为增函数，在（0，1），（c，+∞）上为减函数
（II）由（I）知f（x）在x=c时取极大值，在x=1时取极小值
∴M=f（c）=4c-k（c2+2clnc），N=f（1）=4-k，其中
∴
∴
令g（c）=c2-1-2clnc，则g′（c）=2c-（2lnc+2）=2（c-1-lnc）
再令h（c）=c-1-lnc，则h′（c）=1-
∵c＞1，∴h′（c）＞0
∴函数h（c）在（1，+∞）上为增函数
∴h（c）＞h（1）=0
∴g′（c）＞0，
∴函数g（c）在（1，+∞）上为增函数
∴g（c）＞g（1）=0
∴
∴
∴函数
解析
解：（I）由已知中k≠0
∵f（x）=4x-k（x2+2clnx）（c＞1，k∈R）
∴f′（x）=4-k（2x+
∵函数f（x）=有一个极值点是1．
∴f′（1）=0
∴c=
令f′（x）=0，即-2kx2-2ck+4x=0，即2kx2-4x+2ck=0
∵此方程的一个根为1，
∴另一个根为c
∵c＞1，即0＜k＜1
∴函数f（x）在（1，c）上为增函数，在（0，1），（c，+∞）上为减函数
（II）由（I）知f（x）在x=c时取极大值，在x=1时取极小值
∴M=f（c）=4c-k（c2+2clnc），N=f（1）=4-k，其中
∴
∴
令g（c）=c2-1-2clnc，则g′（c）=2c-（2lnc+2）=2（c-1-lnc）
再令h（c）=c-1-lnc，则h′（c）=1-
∵c＞1，∴h′（c）＞0
∴函数h（c）在（1，+∞）上为增函数
∴h（c）＞h（1）=0
∴g′（c）＞0，
∴函数g（c）在（1，+∞）上为增函数
∴g（c）＞g（1）=0
∴
∴
∴函数
设函数
（1）证明：对任意a∈R，y=f（x）的图象恒过定点；
（2）当a=-1时，判断函数y=f（x）是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由；
（3）若对任意a∈（0，m]时，y=f（x）恒为定义域上的增函数，求m的最大值．
正确答案
解：（1）令lnx=0，得x=1，且f（1）=1，
所以y=f（x）的图象过定点（1，1）；
（2）当a=-1时，
令g（x）=x2+lnx-1，经观察得g（x）=0有根x=1，下证明g（x）=0无其它根．
当x＞0时，g/（x）＞0，即y=g（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
所以g（x）=0有唯一根x=1；
且当x∈（0，1）时，
当x∈（1，+∞）时，
所以x=1是f（x）的唯一极小值点．极小值是
（3）
由题设，对任意a∈（0，m]，有h（x）≥0，x∈（0，+∞），
又
当
当
所以当
又由h（x）≥0得
解析
解：（1）令lnx=0，得x=1，且f（1）=1，
所以y=f（x）的图象过定点（1，1）；
（2）当a=-1时，
令g（x）=x2+lnx-1，经观察得g（x）=0有根x=1，下证明g（x）=0无其它根．
当x＞0时，g/（x）＞0，即y=g（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
所以g（x）=0有唯一根x=1；
且当x∈（0，1）时，
当x∈（1，+∞）时，
所以x=1是f（x）的唯一极小值点．极小值是
（3）
由题设，对任意a∈（0，m]，有h（x）≥0，x∈（0，+∞），
又
当
当
所以当
又由h（x）≥0得
扫码查看完整答案与解析