- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
设函数f（x）=ex（sinx-cosx）（0≤x≤2015π），则函数f（x）的各极小值之和为（ ）
A-
B-
C-
D-
正确答案
解析
解：∵函数f（x）=ex（sinx-cosx），
∴f′（x）=（ex）′（sinx-cosx）+ex（sinx-cosx）′
=2exsinx，
∵x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时，f′（x）＜0，x∈（2kπ+2π，2kπ+3π）时，f′（x）＞0，
∴x∈（2kπ+π，2kπ+2π）时原函数递减，x∈（2kπ+2π，2kπ+3π）时，函数f（x）=ex（sinx-cosx）递增，
故当x=2kπ+2π时，f（x）取极小值，
其极小值为f（2kπ+2π）=e2kπ+2π[sin（2kπ+2π）-cos（2kπ+2π）]
=e2kπ+2π×（0-1）
=-e2kπ+2π，
又0≤x≤2015π，
∴e2014π函数f（x）的各极小值之和S=-e2π-e4π-e6π-…-e2012π-e2014π
=
故选：D
（1）x0的值；
（2）a，b，c的值．
（3）若曲线y=f（x）（0≤x≤2）与y=m有两个不同的交点，求实数m的取值范围．
正确答案
解：（1）由图象可知，在（-∞，1）上f‘（x）＞0，在（1，2）上f'（x）＜0．
在（2，+∞）上f'（x）＞0．
故f（x）在（-∞，1），（2，+∞）上递增，在（1，2）上递减．
因此f（x）在x=1处取得极大值，所以x0=1．
（2）f'（x）=3ax2+2bx+c，
由f'（1）=0，f'（2）=0，f（1）=5，
得
解得a=2，b=-9，c=12
（3）由（1）知，函数在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∵f（x）=2x3-9x2+12x，
∴f（0）=0，f（1）=5，f（2）=4，
∵y=f（x）（0≤x≤2）与y=m有两个不同的交点，
∴m∈[4，5）．
解析
解：（1）由图象可知，在（-∞，1）上f‘（x）＞0，在（1，2）上f'（x）＜0．
在（2，+∞）上f'（x）＞0．
故f（x）在（-∞，1），（2，+∞）上递增，在（1，2）上递减．
因此f（x）在x=1处取得极大值，所以x0=1．
（2）f'（x）=3ax2+2bx+c，
由f'（1）=0，f'（2）=0，f（1）=5，
得
解得a=2，b=-9，c=12
（3）由（1）知，函数在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∵f（x）=2x3-9x2+12x，
∴f（0）=0，f（1）=5，f（2）=4，
∵y=f（x）（0≤x≤2）与y=m有两个不同的交点，
∴m∈[4，5）．
已知f（x）=x3+3ax2+bx+a2（a＞1）在x=-1时的极值为0．求常数a，b的值并求f（x）的单调区间．
正确答案
解：f′（x）=3x2+6ax+b，由题意知
所以f （x）=x3 +6x2 +9 x+4，f′（x）=3x2+12x+9
由f′（x）＞0可得x＜-3或x＞-1，所以增区间为（-∞，-3）和（-1，+∞）
由f′（x）＜0可得-3＜x＜-1，所以减区间为（-3，-1）…13分
解析
解：f′（x）=3x2+6ax+b，由题意知
所以f （x）=x3 +6x2 +9 x+4，f′（x）=3x2+12x+9
由f′（x）＞0可得x＜-3或x＞-1，所以增区间为（-∞，-3）和（-1，+∞）
由f′（x）＜0可得-3＜x＜-1，所以减区间为（-3，-1）…13分
设函数f（x）=x2，g（x）=alnx+bx（a＞0）．
（Ⅰ）若f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），求F（x）=f（x）-g（x）的极小值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，是否存在实常数k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m？若存在，求出k和m的值．若不存在，说明理由．
（Ⅲ）设G（x）=f（x）+2-g（x）有两个零点x1，x2，且x1，x0，x2成等差数列，试探究G′（x0）值的符号．
正确答案
解：（1）由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得
解得a=b=1，
则F（x）=f（x）-g（x）=x2-lnx-x，F′（x）=2x-
令F′（x）=0，得到2x-
解得：x=1或x=
当x＜-
当
得到F（x）极小值=F（1）=0；
（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，
下面验证
由x2-2x+1≥0，得x2≥2x-1，知f（x）≥2x-1恒成立．
设h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，
易知其在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
所以h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值为h（1）=0，
所以lnx+x≤2x-1恒成立．
故存在这样的k和m，且k=2，m=-1．
（3）G′（x0）的符号为正，理由为：因为G（x）=x2+2-alnx-bx有两个零点x1，x2，
则有
两式相减得x22-x12-a（lnx2-lnx1）-b（x2-x1）=0，即
于是G′（x0）=2x0-
=
①当0＜x1＜x2时，令
而u（1）=0，所以u（t）＞0，即lnt-
所以G′（x0）＞0；
②当0＜x2＜x1时，同理可得：G′（x0）＞0
综上所述：G′（x0）的符号为正．
解析
解：（1）由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得
解得a=b=1，
则F（x）=f（x）-g（x）=x2-lnx-x，F′（x）=2x-
令F′（x）=0，得到2x-
解得：x=1或x=
当x＜-
当
得到F（x）极小值=F（1）=0；
（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x2在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，
下面验证
由x2-2x+1≥0，得x2≥2x-1，知f（x）≥2x-1恒成立．
设h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，
易知其在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
所以h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值为h（1）=0，
所以lnx+x≤2x-1恒成立．
故存在这样的k和m，且k=2，m=-1．
（3）G′（x0）的符号为正，理由为：因为G（x）=x2+2-alnx-bx有两个零点x1，x2，
则有
两式相减得x22-x12-a（lnx2-lnx1）-b（x2-x1）=0，即
于是G′（x0）=2x0-
=
①当0＜x1＜x2时，令
而u（1）=0，所以u（t）＞0，即lnt-
所以G′（x0）＞0；
②当0＜x2＜x1时，同理可得：G′（x0）＞0
综上所述：G′（x0）的符号为正．
（Ⅰ）已知函数f（x）=ex-1-tx，∃x0∈R，使f（x0）≤0，求实数t的取值范围；
（Ⅱ）证明：
（Ⅲ）设[x]表示不超过x的最大整数，证明：[ln（1+n）]≤[1+
正确答案
解：（Ⅰ）若t＜0，令x=
若t=0，f （x）=ex-1＞0，不合题意；
若t＞0，只需f（x）min≤0．
∵f′（x）=ex-1-t．
令f′（x）=0，解得x=lnt+1．
当x＜lnt+1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，lnt+1）上是减函数；
当x＞lnt+1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（lnt+1，+∞）上是增函数．
故f（x）在x=lnt+1处取得最小值，f（lnt+1）=t-t（lnt+1）=-tlnt．
∴-tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
综上可知，实数t的取值范围为（-∞，0）∪[1，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f（x）≥f（lnt+1），即ex-1-tx≥-tlnt．
取t=1，ex-1-x≥0，即x≤ex-1．
当x＞0时，lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，
故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x-1．
令x=
令x=
综上，得
（Ⅲ）由（Ⅱ），得
令a=k，b=k+1（k∈N*），得
对于ln
将上述n个不等式依次相加，得
ln
∴ln（1+n）＜1+
对于
将上述n-1个不等式依次相加，得
∴1+
综合①②，得ln（1+n）＜1+
易知，当p＜q时，[p]≤[q]，
∴[ln（1+n）]≤[1+
又∵[1+lnn]=1+[lnn]，
∴[ln（1+n）]≤[1+
解析
解：（Ⅰ）若t＜0，令x=
若t=0，f （x）=ex-1＞0，不合题意；
若t＞0，只需f（x）min≤0．
∵f′（x）=ex-1-t．
令f′（x）=0，解得x=lnt+1．
当x＜lnt+1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，lnt+1）上是减函数；
当x＞lnt+1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（lnt+1，+∞）上是增函数．
故f（x）在x=lnt+1处取得最小值，f（lnt+1）=t-t（lnt+1）=-tlnt．
∴-tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
综上可知，实数t的取值范围为（-∞，0）∪[1，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f（x）≥f（lnt+1），即ex-1-tx≥-tlnt．
取t=1，ex-1-x≥0，即x≤ex-1．
当x＞0时，lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，
故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x-1．
令x=
令x=
综上，得
（Ⅲ）由（Ⅱ），得
令a=k，b=k+1（k∈N*），得
对于ln
将上述n个不等式依次相加，得
ln
∴ln（1+n）＜1+
对于
将上述n-1个不等式依次相加，得
∴1+
综合①②，得ln（1+n）＜1+
易知，当p＜q时，[p]≤[q]，
∴[ln（1+n）]≤[1+
又∵[1+lnn]=1+[lnn]，
∴[ln（1+n）]≤[1+
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