函数的极值与导数的关系
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题型：单选题

单选题

（2015春•海淀区期末）已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x≤0时，f（x）=（x+1）3ex+1，那么函数f（x）的极值点的个数是（　　）

正确答案

解析

解：当x≤0时，f（x）=（x+1）3ex+1，

∴f′（x）=（x+4）（x+1）2ex+1，

∴x＜-4时，f′（x）＜0，-4＜x≤0时，f′（x）＞0，

∴x=-4是函数的极值点，

∵f（x）是定义域为R的偶函数，

∴x=4是函数的极值点，

又f（0）=e，x＞0递增，x＜0递减，即为极值点．

故选：C．

题型：单选题

单选题

已知函数f（x）=，则x＞0时，f（x）（　　）

A有极大值，无极小值

B有极小值，无极大值

C既有极大值，又有极小值

D既无极大值也无极小值

正确答案

解析

解：f′（x）=，

令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，

∴函数f（x）有极小值，没有极大值，

故选：B．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=x3-3x-2．

（1）求在点P（2，0）处的切线方程；

（2）求函数f（x）的极值．

正确答案

解：（1）∵f（x）=x3-3x-2，

∴f′（x）=3x2-3，

∴x=2时，f′（2）=3•22-3=9，

∴函数在点P（2，0）处的切线方程为y=9（x-2），即9x-y-18=0；

（2）f′（x）=3x2-3=0，得x=±1，

f′（x）=3x2-3＞0，即x＜-1或x＞1时，函数单调递增，f′（x）=3x2-3＜0，即-1＜x＜1时，函数单调递减

∴f（x）的极小值为f（1）=-2，极大值为f（-1）=0．

解析

解：（1）∵f（x）=x3-3x-2，

∴f′（x）=3x2-3，

∴x=2时，f′（2）=3•22-3=9，

∴函数在点P（2，0）处的切线方程为y=9（x-2），即9x-y-18=0；

（2）f′（x）=3x2-3=0，得x=±1，

f′（x）=3x2-3＞0，即x＜-1或x＞1时，函数单调递增，f′（x）=3x2-3＜0，即-1＜x＜1时，函数单调递减

∴f（x）的极小值为f（1）=-2，极大值为f（-1）=0．

题型：简答题

简答题

已知函数（a为常数，a＞0）

（1）若的一个极值点，求a的值；

（2）上是增函数，求a的取值范围．

（3）若对任意的a∈（1，2），总存在＞m（1-a2）成立，求实数m的取值范围．

正确答案

解：f′（x）=，

（1）由已知，得f′（）=0且≠0，

∴a2-a-2=0，

∴a=2；

，，，

，

∴0＜a≤2，又a=2时，f′（x）=0不恒成立，

∴a的取值范围是0＜a＜2；

（3）∵a∈（1，2）时，

f（x）在[，1]上的最大值为f（1）=ln（+a）+1-a，

∴问题等价于：对任意a∈（1，2），不等式ln（+a）+1-a+m（a2-1）＞0恒成立

令g（a）=ln（+a）+1-a+m（a2-1），（1＜a＜2），

∴g′（a）=[2ma-（1-2m）]，

当m=0时，g′（a）=-＜0．

∴g（a）在（1，2）上单调递减，

∴g（a）＜g（1）=0，

由于a2-1＞0，当m≤0 时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0

∴g′（a）=[a-（-1）]，

若-1＞1可知g（a）在区间（1，min{2，-1}）上递减，

在此区间上，有g（a）＜g（1）=0与g（a）＞0恒成立矛盾，

∴-1≤1，g′a）＞0，

∴g（a）在（1，2）单调递增

恒有g（a）＞g（1）=0满足题设要求，

∴-1≤1且m＞0，

∴m≥，

∴m的取值范围是[，+∞）．

解析

解：f′（x）=，

（1）由已知，得f′（）=0且≠0，

∴a2-a-2=0，

∴a=2；

，，，

，

∴0＜a≤2，又a=2时，f′（x）=0不恒成立，

∴a的取值范围是0＜a＜2；

（3）∵a∈（1，2）时，

f（x）在[，1]上的最大值为f（1）=ln（+a）+1-a，

∴问题等价于：对任意a∈（1，2），不等式ln（+a）+1-a+m（a2-1）＞0恒成立

令g（a）=ln（+a）+1-a+m（a2-1），（1＜a＜2），

∴g′（a）=[2ma-（1-2m）]，

当m=0时，g′（a）=-＜0．

∴g（a）在（1，2）上单调递减，

∴g（a）＜g（1）=0，

由于a2-1＞0，当m≤0 时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0

∴g′（a）=[a-（-1）]，

若-1＞1可知g（a）在区间（1，min{2，-1}）上递减，

在此区间上，有g（a）＜g（1）=0与g（a）＞0恒成立矛盾，

∴-1≤1，g′a）＞0，

∴g（a）在（1，2）单调递增

恒有g（a）＞g（1）=0满足题设要求，

∴-1≤1且m＞0，

∴m≥，

∴m的取值范围是[，+∞）．

题型：填空题

填空题

（2013秋•长沙校级期中）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-x2+ax-2．

（1）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；

（2）若函数y=f（x）+g（x）有两个不同的极值点x1，x2（x1＜x2），且x2-x1＞ln2，求实数a的取值范围．

正确答案

解析

解：（1）由题意得：令f′（x）=lnx+1=0，解得：x=，

①当0＜t＜时，函数f（x）在（t，）上单调递减，在（，t+2）上单调递增，

此时函数f（x）在区间[t，t+2]上的最小值为f（）=-，

②当t≥时，函数f（x）在[t，t+2]上单调递增，

此时函数f（x）在区间[t，t+2]上的最小值为f（t）=tlnt；

（2）由题意得：y=f（x）+g（x）=xlnx-x2+ax-2，

∴y′=lnx-2x+1+a，

由题意得：y′=0有两个不同实根x1，x2，

等价于a=-lnx+2x-1有两个不同的实根x1，x2，

等价于：直线y=a与函数G（x）=-lnx+2x-1的图象有两个不同的交点，

由G′（x）=-+2，已知G（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）单调递增，

∴当a＞G（x）min=G（）=ln2时x1，x2存在，

且x2-x1的值随着a的增大而增大，

而当x2-x1=ln2时，

由题意得：，

两根相减可得ln=2（x2-x1）=2ln2，

得x2=4x1，代入上述方程组解得：x2=4x1=ln2，

此时实数a=ln2-ln（）-1，

∴a的取值范围为（ln2-ln（）-1，+∞）．

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