函数的极值与导数的关系
共7619题

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题型：单选题

单选题

函数f（x）=在点x=1和x=2处的极限值都是0，而在点x=-2处不连续，则不等式f（x）＞0的解集为（　　）

A（-2，1）

B（-∞，-2）∪（2，+∞）

C（-2，1）∪（2，+∞）

D（-∞，-2）∪（1，2）

正确答案

解析

解：∵函数f（x）=在点x=1和x=2处的极限值都是0，而在点x=-2处不连续，

∴f（x）=，

∵f（x）＞0，

∴＞0，

∴①或②，

解①得x＞2或-2＜x＜1，解②得x∈∅，

∴x＞2或-2＜x＜1；

∴不等式f（x）＞0的解集为（-2，1）∪（2，+∞）．

故选C．

题型：填空题

填空题

对于函数f（x）=ex-e-x的叙述正确的是______．（填正确序号）

（1）f（x）为奇函数

（2）f（x）为增函数

（3）f（x）在x=0处取极值

（4）f（x）的图象关于点（0，1）对称．

正确答案

（1）（2）

解析

解：f（x）的定义域为R，

f（-x）=e-x-ex=-（ex-e-x）=-f（x），

则f（x）为奇函数，从而（1）正确；

∵ex是增函数，e-x是减函数，

∴函数f（x）=ex-e-x是增函数，

故（2）正确；

∵函数f（x）=ex-e-x是增函数，故f（x）在x=0处无极值；故（3）不正确；

由（1）知，f（x）的图象不可能关于点（0，1）对称，故（4）不正确；

故答案为：（1）（2）．

题型：单选题

单选题

函数f（x）=lnx-x+2的零点所在的区间为（　　）

A（4，5）

B（1，2）

C（2，3）

D（3，4）

正确答案

解析

解：∵f（1）=ln1+1＞0，f（2）=ln2＞0，f（3）=ln3-1＞0，

f（4）=ln4-2＜0，f（5）=ln5-3＜0，

∴函数f（x）=lnx-x+2的零点所在的区间为（3，4）；

故选：D．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=ex-mx2+1（m∈R）．

（Ⅰ）当m=时，是判断函数f（x）的单调性并给予证明；

（Ⅱ）若f（x）有两个极值点a，b（a＜b）；

（i）求实数m的取值范围

（ii）证明：2＜f（a）＜+1（注：e是自然对数的底数）

正确答案

解：

（Ⅰ）当时，，f′（x）=ex-x；

由y=ex，y=x图象知ex＞x，并且图象如下：

∴f′（x）＞0；

所以f（x）在R上单调递增；

（Ⅱ）（ⅰ）若f（x）有两个极值点a，b，则a，b是方程f′（x）=0的两个根；

故方程2mx-ex=0有两个根a，b；

又x=0显然不是该方程的根，所以方程有两个实根；

设，得；

∴①x＜0时，g（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

②x＞0时，g（x）＞0：0＜x＜1时，g′（x）＜0，x＞1时，g′（x）＞0；

∴g（1）=e是g（x）的极小值；

∴要使方程有两个根，需2m＞e，故，且0＜a＜1＜b；

故m的取值范围为（）；

（ⅱ）证明：由f′（a）=0得，ea-2ma=0；

∴；

∴f（a）=ea-ma2+1=，f′（a）=；

由上面知0＜a＜1，∴f′（a）＞0；

∴f（a）在（0，1）上是增函数；

∴f（0）＜f（a）＜f（1）；

∴2＜f（a）＜．

解析

解：

（Ⅰ）当时，，f′（x）=ex-x；

由y=ex，y=x图象知ex＞x，并且图象如下：

∴f′（x）＞0；

所以f（x）在R上单调递增；

（Ⅱ）（ⅰ）若f（x）有两个极值点a，b，则a，b是方程f′（x）=0的两个根；

故方程2mx-ex=0有两个根a，b；

又x=0显然不是该方程的根，所以方程有两个实根；

设，得；

∴①x＜0时，g（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减；

②x＞0时，g（x）＞0：0＜x＜1时，g′（x）＜0，x＞1时，g′（x）＞0；

∴g（1）=e是g（x）的极小值；

∴要使方程有两个根，需2m＞e，故，且0＜a＜1＜b；

故m的取值范围为（）；

（ⅱ）证明：由f′（a）=0得，ea-2ma=0；

∴；

∴f（a）=ea-ma2+1=，f′（a）=；

由上面知0＜a＜1，∴f′（a）＞0；

∴f（a）在（0，1）上是增函数；

∴f（0）＜f（a）＜f（1）；

∴2＜f（a）＜．

题型：简答题

简答题

设函数f（x）=-2x+klnx，k＞0．

（1）当0＜k＜1时，求函数f（x）在上的极值点；

（2）当k=2时，设[a，b]⊆[1，2]．证明：存在唯一的ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=．

正确答案

解：（1）=…（1分）

记△=4-4k2，

当0＜k＜1时，△＞0，解方程kx2-2x+k=0．得，且x1＜x2，…（2分）

令g（x）=kx2-2x+k．由结合函数g（x）的图象可知，

当时，，且当时，f‘（x）＞0．

当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0．所以函数f（x）在，（x2，2）单调递增，在（x1，x2）单调递减，

因此函数f（x）的极大值点为极小值点为…（4分）

当时，f'（x）＜0对于恒成立，所以f（x）在单调递减，函数f（x）不存在极值点．…（5分）

综上得知，当时，f（x）不存在极值点；当时，f（x）的极大值点为极小值点为．…（6分）

（2）证明：当k=2时，f（x）=x2-2x+2lnx，…（7分）

令，x∈[1，2]．

则有，所以h（x）在[1，2]单调递增，而[a，b]⊆[1，2]，所以h（x）在[a，b]也单调递增，故只需证明．

化简得．…（9分）

先证令b=a+t，1≤a＜a+t≤2，

则只需证，

令，1≤a＜a+t≤2，则，所以p（t）在（0，1）单调递增，于是p（t）＞p（0）=0，即成立，

∴成立…（11分）

再证令b=a+t，1≤a＜a+t≤2，

则只需证，

令，1≤a＜a+t≤2，则，所以q（t）在（0，1）单调递增，于是q（t）＞q（0）=0，即成立，

∴成立…（13分）

综上可知，存在唯一的ξ∈（a，b），使得．

即．…（14分）

解析

解：（1）=…（1分）

记△=4-4k2，

当0＜k＜1时，△＞0，解方程kx2-2x+k=0．得，且x1＜x2，…（2分）

令g（x）=kx2-2x+k．由结合函数g（x）的图象可知，

当时，，且当时，f‘（x）＞0．

当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0．所以函数f（x）在，（x2，2）单调递增，在（x1，x2）单调递减，

因此函数f（x）的极大值点为极小值点为…（4分）

当时，f'（x）＜0对于恒成立，所以f（x）在单调递减，函数f（x）不存在极值点．…（5分）

综上得知，当时，f（x）不存在极值点；当时，f（x）的极大值点为极小值点为．…（6分）

（2）证明：当k=2时，f（x）=x2-2x+2lnx，…（7分）

令，x∈[1，2]．

则有，所以h（x）在[1，2]单调递增，而[a，b]⊆[1，2]，所以h（x）在[a，b]也单调递增，故只需证明．

化简得．…（9分）

先证令b=a+t，1≤a＜a+t≤2，

则只需证，

令，1≤a＜a+t≤2，则，所以p（t）在（0，1）单调递增，于是p（t）＞p（0）=0，即成立，

∴成立…（11分）

再证令b=a+t，1≤a＜a+t≤2，

则只需证，

令，1≤a＜a+t≤2，则，所以q（t）在（0，1）单调递增，于是q（t）＞q（0）=0，即成立，

∴成立…（13分）

综上可知，存在唯一的ξ∈（a，b），使得．

即．…（14分）

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