- 函数的极值与导数的关系
- 共7619题
设定义域为R的函数f（x）=|x2-2x|，则关于x的方程
正确答案
解析
解：由题意，g′（x）=f2（x）×f′（x）-2f（x）×f′（x）
∴由g′（x）=f2（x）×f′（x）-2f（x）×f′（x）=0得
∴函数在
在
∴函数在1，2处取极大值
故选A．
已知函数f（x）=lnx+ax2+（2-2a）x+
正确答案
（
解析
解：若存在三个不相等的正实数x1，x2，x3，使得
即方程f（x）=3x存在三个不相等的实根，
即lnx+ax2+（2-2a）x+
设g（x）=lnx+ax2-（1+2a）x+
则函数的导数g′（x）=
由g′（x）=0得x=1，x=
则g（1）=a-1-2a+
g（
若
若
由g′（x）＜0得1＜x＜
则当x=1时函数g（x）取得极大值g（1）=-1-a+
当x=
此时满足g（1）=-1-a+
即
则
同理若
由g′（x）＜0得
则当x=1时函数g（x）取得极小值g（1）=-1-a+
当x=
此时满足g（1）=-1-a+
即
∵a＞
综上
故答案为：
已知函数f（x）=
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）过点P（0，
正确答案
解（Ⅰ）由题知
当f‘（x）＞0时，x＜1，当f'（x）＜0时，x＞1，
所以函数f（x）的增区间为（-∞，1），减区间为（1，+∞），
其极大值为
（Ⅱ）设切点为（x0，f（x0）），则所作切线的斜率
所以直线l的方程为：
注意到点
整理得：
令
当g'（x）＞0时，0＜x＜2，当g'（x）＜0时，x＜0或x＞2，
所以，函数g（x）在（-∞，0），（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
注意到
所以方程g（x）=0的解为x=2，或x=t（-1＜t＜0），
即过点
当x=2时，对应的切线斜率
当x=t时，对应的切线斜率
令
所以h（t）在（-1，0）上为减函数，即1=h（0）＜h（t）＜h（-1）=2e，1＜k2＜2e，
所以
解析
解（Ⅰ）由题知
当f‘（x）＞0时，x＜1，当f'（x）＜0时，x＞1，
所以函数f（x）的增区间为（-∞，1），减区间为（1，+∞），
其极大值为
（Ⅱ）设切点为（x0，f（x0）），则所作切线的斜率
所以直线l的方程为：
注意到点
整理得：
令
当g'（x）＞0时，0＜x＜2，当g'（x）＜0时，x＜0或x＞2，
所以，函数g（x）在（-∞，0），（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
注意到
所以方程g（x）=0的解为x=2，或x=t（-1＜t＜0），
即过点
当x=2时，对应的切线斜率
当x=t时，对应的切线斜率
令
所以h（t）在（-1，0）上为减函数，即1=h（0）＜h（t）＜h（-1）=2e，1＜k2＜2e，
所以
已知函数f（x）=-2xlnx+x2-2ax+a2，其中a＞0．
（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
正确答案
（I）解：函数f（x）=-2xlnx+x2-2ax+a2，其中a＞0．可得：x＞0．
g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），∴g′（x）=
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当1＜x时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
（II）证明：由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，解得a=x-1-lnx，
令u（x）=-2xlnx+x2-2（x-1-lnx）x+（x-1-lnx）2=（1+lnx）2-2xlnx，
则u（1）=1＞0，u（e）=2（2-e）＜0，
∴存在x0∈（1，e），使得u（x0）=0，
令a0=x0-1-lnx0=v（x0），其中v（x）=x-1-lnx（x≥1），
由v′（x）=1-
∴0=v（1）＜a0=v（x0）＜v（e）=e-2＜1，即a0∈（0，1），当a=a0时，有f′（x0）=0，f（x0）=u（x0）=0．
再由（I）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x0）=0；
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x0）=0；
又当x∈（0，1]，f（x）=
故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．
综上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
解析
（I）解：函数f（x）=-2xlnx+x2-2ax+a2，其中a＞0．可得：x＞0．
g（x）=f′（x）=2（x-1-lnx-a），∴g′（x）=
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当1＜x时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
（II）证明：由f′（x）=2（x-1-lnx-a）=0，解得a=x-1-lnx，
令u（x）=-2xlnx+x2-2（x-1-lnx）x+（x-1-lnx）2=（1+lnx）2-2xlnx，
则u（1）=1＞0，u（e）=2（2-e）＜0，
∴存在x0∈（1，e），使得u（x0）=0，
令a0=x0-1-lnx0=v（x0），其中v（x）=x-1-lnx（x≥1），
由v′（x）=1-
∴0=v（1）＜a0=v（x0）＜v（e）=e-2＜1，即a0∈（0，1），当a=a0时，有f′（x0）=0，f（x0）=u（x0）=0．
再由（I）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x0）=0；
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x0）=0；
又当x∈（0，1]，f（x）=
故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．
综上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．
已知函数f（x）=x3-ax2+3x，且x=3是f（x）的极值点．
（1）求实数a的值；
（2）求f（x）在x∈[1，5]上的最小值和最大值．
正确答案
解：（1）f′（x）=3x2-2ax+3．
∵x=3是f（x）的极值点，∴f′（3）=27-6a+3=0，
解得a=5，
经过验证：a=5满足x=3是f（x）的极值点．
∴a=5．
（2）f（x）=x3-5x2+3x．
令f′（x）=3x2-10x+3=0，解得 x=3，或 
当x变化时，f‘（x）、f（x）的变化情况如下表：
因此，当x=3时，f（x）在区间[1，5]上有最小值为f（3）=-9；
当x=5时，f（x）在区间[1，5]上有最大值是f（5）=15．
解析
解：（1）f′（x）=3x2-2ax+3．
∵x=3是f（x）的极值点，∴f′（3）=27-6a+3=0，
解得a=5，
经过验证：a=5满足x=3是f（x）的极值点．
∴a=5．
（2）f（x）=x3-5x2+3x．
令f′（x）=3x2-10x+3=0，解得 x=3，或
当x变化时，f‘（x）、f（x）的变化情况如下表：
因此，当x=3时，f（x）在区间[1，5]上有最小值为f（3）=-9；
当x=5时，f（x）在区间[1，5]上有最大值是f（5）=15．
扫码查看完整答案与解析