- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
已知函数f（x）=ex-2x（x∈R）
（1）求函数f（x）的极值；
（2）证明：当x＞0时，x2＜ex；
（3）证明：对任意给定的正数，总存在x0，使得当x（x0，+∞）恒有x2＜cex．
正确答案
解：（1）∵函数f（x）=ex-2x（x∈R），
∴f′（x）=ex-2；
令f′（x）=0，即ex-2=0，
解得x=ln2，
∴函数f（x）的极值是
f（ln2）=eln2-2ln2=2-2ln2；
（2）证明：设函数g（x）=ex-x2，
∴g′（x）=ex-2x；
由（1）知f（x）=ex-2x在x=ln2取得极小值，
∴g′（x）≥f（ln2）=eln2-ln2=2-ln2＞0，
∴g（x）是R上的增函数，
∴当x＞0时，g（x）＞g（0）=1＞0，
∴ex＞x2，即x2＜ex；
（3）对任意给定的正数c，取x0=
由（2）知，当x＞0时，ex＞x2，
∴
当x＞x0时，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈（x0，+∞）时，恒有x2＜cex．
解析
解：（1）∵函数f（x）=ex-2x（x∈R），
∴f′（x）=ex-2；
令f′（x）=0，即ex-2=0，
解得x=ln2，
∴函数f（x）的极值是
f（ln2）=eln2-2ln2=2-2ln2；
（2）证明：设函数g（x）=ex-x2，
∴g′（x）=ex-2x；
由（1）知f（x）=ex-2x在x=ln2取得极小值，
∴g′（x）≥f（ln2）=eln2-ln2=2-ln2＞0，
∴g（x）是R上的增函数，
∴当x＞0时，g（x）＞g（0）=1＞0，
∴ex＞x2，即x2＜ex；
（3）对任意给定的正数c，取x0=
由（2）知，当x＞0时，ex＞x2，
∴
当x＞x0时，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈（x0，+∞）时，恒有x2＜cex．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：选项A：令f（x）=x3，f′（0）=0，但f（0）不是极值．
选项B：令f（x）=x3，f′（0）=0，但f（0）不是极值．
选项C：令f（x）=x3，f′（0）=0，但f（0）不是极值．
选项D：若函数可导，极值点处的导数一定是0．
故选：D．
已知函数f（x）=ln（x+a）-x2+x，g（x）=x•ex-x2-1（x＞0），且f（x）点x=1处取得极值．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=-
（Ⅲ）证明：g（x）≥f（x）．
正确答案
解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+a）-x2+x，
∴
∵函数f（x）=ln（x+a）-x2+x在点x=1处取得极值，
∴f‘（1）=0，即当x=1时
∴
（Ⅱ）∵
∴
令
则
∴当x∈[1，3]时，h'（x），h（x）随x的变化情况表：
计算得：
∴
所以b的取值范围为
（Ⅲ）证明：令F（x）=g（x）-f（x）=x•ex-lnx-x-1（x＞0），
则
令G（x）=x•ex-1，则∵G'（x）=（x+1）•ex＞0（x＞0），
∴函数G（x）在（0，+∞）递增，G（x）在（0，+∞）上的零点最多一个，
又∵G（0）=-1＜0，G（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的c∈（0，1）使得G（c）=0，
且当x∈（0，c）时，G（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，G（x）＞0．
即当x∈（0，c）时，F'（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，F'（x）＞0．
∴F（x）在（0，c）递减，在（c，+∞）递增，
从而F（x）≥F（c）=c•ec-lnc-c-1．
由G（c）=0得c•ec-1=0即c•ec=1，两边取对数得：lnc+c=0，
∴F（c）=0，∴F（x）≥F（c）=0，
从而证得g（x）≥f（x）．
解析
解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+a）-x2+x，
∴
∵函数f（x）=ln（x+a）-x2+x在点x=1处取得极值，
∴f‘（1）=0，即当x=1时
∴
（Ⅱ）∵
∴
令
则
∴当x∈[1，3]时，h'（x），h（x）随x的变化情况表：
计算得：
∴
所以b的取值范围为
（Ⅲ）证明：令F（x）=g（x）-f（x）=x•ex-lnx-x-1（x＞0），
则
令G（x）=x•ex-1，则∵G'（x）=（x+1）•ex＞0（x＞0），
∴函数G（x）在（0，+∞）递增，G（x）在（0，+∞）上的零点最多一个，
又∵G（0）=-1＜0，G（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的c∈（0，1）使得G（c）=0，
且当x∈（0，c）时，G（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，G（x）＞0．
即当x∈（0，c）时，F'（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，F'（x）＞0．
∴F（x）在（0，c）递减，在（c，+∞）递增，
从而F（x）≥F（c）=c•ec-lnc-c-1．
由G（c）=0得c•ec-1=0即c•ec=1，两边取对数得：lnc+c=0，
∴F（c）=0，∴F（x）≥F（c）=0，
从而证得g（x）≥f（x）．
（2015秋•鹰潭期末）已知函数f（x）=
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）在R上的极值．
正确答案
解：（1）∵f（x）的图象过点（0，3），
∴f（0）=d=3
∴
∴f‘（x）=x2+2bx+c
又由已知得x=-1，x=3是f'（x）=0的两个根，
∴
故
（2）由已知可得x=-1是f（x）的极大值点，x=3是f（x）的极小值点
∴f（x）极大值=
f（x）极小值=f（3）=-6…（12分）
解析
解：（1）∵f（x）的图象过点（0，3），
∴f（0）=d=3
∴
∴f‘（x）=x2+2bx+c
又由已知得x=-1，x=3是f'（x）=0的两个根，
∴
故
（2）由已知可得x=-1是f（x）的极大值点，x=3是f（x）的极小值点
∴f（x）极大值=
f（x）极小值=f（3）=-6…（12分）
已知函数f（x）=lnx，g（x）=a（x2-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x）
（Ⅰ）若a=1，求函数h（x）的极值；
（Ⅱ）若函数y=h （x）在（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）在函数：y=f（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），使线段AB的中点的横坐标x0与直线AB的斜率k之间满足k=f′（x0）？若存在，求出x0；若不存在，请说明理由．
正确答案
解：（Ⅰ）由f（x）=lnx，g（x）=a（x2-x）（a≠0，a∈R），
得：h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax2+ax，
当a=1时，h（x）=lnx-x2+x．
∵函数h（x）的定义域为（0，+∞），且当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）有极大值h（1）=0，无极小值；
（Ⅱ）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax2+ax，
则
∵函数y=h（x）在（1，+∞）上单调递增，则
即
∵x＞1时，2x2-x＞1，∴
则a的取值范围是（-∞，0）．
（Ⅲ）假设存在，不妨设0＜x1＜x2，
由k=f′（x0）⇒
∴
令t=
∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0，
∴
故k≠f′（x0）．
所以不存在符合题意的两点．
解析
解：（Ⅰ）由f（x）=lnx，g（x）=a（x2-x）（a≠0，a∈R），
得：h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax2+ax，
当a=1时，h（x）=lnx-x2+x．
∵函数h（x）的定义域为（0，+∞），且当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）有极大值h（1）=0，无极小值；
（Ⅱ）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax2+ax，
则
∵函数y=h（x）在（1，+∞）上单调递增，则
即
∵x＞1时，2x2-x＞1，∴
则a的取值范围是（-∞，0）．
（Ⅲ）假设存在，不妨设0＜x1＜x2，
由k=f′（x0）⇒
∴
令t=
∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0，
∴
故k≠f′（x0）．
所以不存在符合题意的两点．
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