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题型:简答题
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简答题

已知函数f(x)=x3-2x+1,g(x)=lnx.

(Ⅰ)求F(x)=f(x)-g(x)的单调区间和极值;

(Ⅱ)是否存在实常数k和m,使得x>0时,f(x)≥kx+m且g(x)≤kx+m?若存在,求出k和m的值;若不存在,说明理由.

正确答案

解:(Ⅰ)F(x)=x3-2x+1-lnx(x>0),求导数得

令F′(x)>0,∵x>0,∴可得x>1;

]令F′(x)<0,∵x>0,∴可得0<x<1;

∴F(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,从而F(x)的极小值为F(1)=0.…(6分)

(Ⅱ)因f(x)与g(x)有一个公共点(1,0),而函数g(x)在点(1,0)的切线方程为y=x-1.…(9分)

下面验证都成立即可.

设h(x)=x3-2x+1-(x-1)=x3-3x+2(x>0)

求导数得h‘(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)(x>0)

∴h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

∴h(x)=x3-2x+1-(x-1)(x>0)的最小值为h(1)=0,所以f(x)≥x-1恒成立.                   …(12分)

k(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以k(x)=lnx-(x-1)的最大值为k(1)=0所以k(x)≤x-1恒成立.

故存在这样的实常数k和m,且k=1且m=-1.                 …(15分)

解析

解:(Ⅰ)F(x)=x3-2x+1-lnx(x>0),求导数得

令F′(x)>0,∵x>0,∴可得x>1;

]令F′(x)<0,∵x>0,∴可得0<x<1;

∴F(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,从而F(x)的极小值为F(1)=0.…(6分)

(Ⅱ)因f(x)与g(x)有一个公共点(1,0),而函数g(x)在点(1,0)的切线方程为y=x-1.…(9分)

下面验证都成立即可.

设h(x)=x3-2x+1-(x-1)=x3-3x+2(x>0)

求导数得h‘(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)(x>0)

∴h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

∴h(x)=x3-2x+1-(x-1)(x>0)的最小值为h(1)=0,所以f(x)≥x-1恒成立.                   …(12分)

k(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以k(x)=lnx-(x-1)的最大值为k(1)=0所以k(x)≤x-1恒成立.

故存在这样的实常数k和m,且k=1且m=-1.                 …(15分)

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题型:简答题
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简答题

已知函数f(x)=(2ax2-2x+1)e-2x

(1)若a=2,求函数f(x)的极大值和极小值;

(2)若f(x)在区间(2,3)上单调递减,求a的取值范围.

正确答案

解:(1)当a=2时,f(x)=(4x2-2x+1)e-2xf‘(x)=-4(2x2-3x+1)e-2x=-4(x-1)(2x-1)e-2x…(3分)

令f'(x)=0∴

当x=1时,f(x)有极大值3e-2;当有极小值e-1…(6分)

(2)f'(x)=-4[ax2-(a+1)x+1]e-2x

令f'(x)<0,ax2-(a+1)x+1=(ax-1)(x-1)>0

对x∈(2,3)恒成立,…(9分)

即ax-1>0对x∈(2,3)恒成立,亦即恒成立

.…(14分)

解析

解:(1)当a=2时,f(x)=(4x2-2x+1)e-2xf‘(x)=-4(2x2-3x+1)e-2x=-4(x-1)(2x-1)e-2x…(3分)

令f'(x)=0∴

当x=1时,f(x)有极大值3e-2;当有极小值e-1…(6分)

(2)f'(x)=-4[ax2-(a+1)x+1]e-2x

令f'(x)<0,ax2-(a+1)x+1=(ax-1)(x-1)>0

对x∈(2,3)恒成立,…(9分)

即ax-1>0对x∈(2,3)恒成立,亦即恒成立

.…(14分)

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题型:简答题
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简答题

已知函数f(x)=ex-ax,g(x)=-ax(x-1)+1

(Ⅰ)已知区间[-1,1]是不等式f(x)>0的解集的子集,求a的取值范围;

(Ⅱ)已知函数φ(x)=f(x)+g(x),在函数y=φ(x)图象上任取两点A(x1,y1),B(x2,y2),若存在a使得y1-y2≤m(x1-x2)恒成立,求m的最大值.

正确答案

解:(I) f′(x)=ex-a

①当a≤0时,f′(x)≥0,f(x)在区间[-1,1]上为增函数

由题意可知f(-1)>0,即 ,∴…(2分)

②当a>0时,f′(x)=0,解得:x0=lna…(3分)

x∈(-∞,x0)f′(x)<0,x∈(x0,+∞)f′(x)>0

故有当x0∈[-1,1],即:时,f(x0)>0即满足题意

即f(lna)=a-alna>0,构建函数h(x)=x-xlnx(

h′(x)=-lnx,当x=1时为极大值点,有h(1)≤0

故a-alna>0不等式无解…(4分)

当x0<-1即时,f(-1)>0,即e-1-a(-1)>0

解得:,∴

当x0>1即时,f(1)>0,即e-a>0

解得:a<e,∴…(6分)

综上所述:…(7分)

(II)由题意可知:,可设任意两数x1<x2

若存在a使得φ(x1)-φ(x2)≤mx1-mx2成立,即:φ(x1)-mx1≤φ(x2)-mx2

构建函数:F(x)=φ(x)-mx,为增函数满足题意,即F‘(x)≥0恒成立即可,F'(x)=ex-ax-m,

构建函数G(x)=ex-ax-m,G'(x)=ex-a…(9分)

当a<0时,G'(x)>0,G(x)为增函数

则不存在a使得F'(x)≥0恒成立,故不合题意…(10分)

当a=0时,F'(x)=ex-m≥0,可解得m≤0…(11分)

当a>0时,可知G'(x)=ex-a=0,即x=lna为极小值点,也是最小值点,

G(lna)=a-alna-m≥0,∴m≤a-alna,

由于存在a使得该式恒成立,即m≤(a-alna)max

由(I)可知,当a=1时,m≤1…(12分)

综上所述m的最大值为1…(13分)

解析

解:(I) f′(x)=ex-a

①当a≤0时,f′(x)≥0,f(x)在区间[-1,1]上为增函数

由题意可知f(-1)>0,即 ,∴…(2分)

②当a>0时,f′(x)=0,解得:x0=lna…(3分)

x∈(-∞,x0)f′(x)<0,x∈(x0,+∞)f′(x)>0

故有当x0∈[-1,1],即:时,f(x0)>0即满足题意

即f(lna)=a-alna>0,构建函数h(x)=x-xlnx(

h′(x)=-lnx,当x=1时为极大值点,有h(1)≤0

故a-alna>0不等式无解…(4分)

当x0<-1即时,f(-1)>0,即e-1-a(-1)>0

解得:,∴

当x0>1即时,f(1)>0,即e-a>0

解得:a<e,∴…(6分)

综上所述:…(7分)

(II)由题意可知:,可设任意两数x1<x2

若存在a使得φ(x1)-φ(x2)≤mx1-mx2成立,即:φ(x1)-mx1≤φ(x2)-mx2

构建函数:F(x)=φ(x)-mx,为增函数满足题意,即F‘(x)≥0恒成立即可,F'(x)=ex-ax-m,

构建函数G(x)=ex-ax-m,G'(x)=ex-a…(9分)

当a<0时,G'(x)>0,G(x)为增函数

则不存在a使得F'(x)≥0恒成立,故不合题意…(10分)

当a=0时,F'(x)=ex-m≥0,可解得m≤0…(11分)

当a>0时,可知G'(x)=ex-a=0,即x=lna为极小值点,也是最小值点,

G(lna)=a-alna-m≥0,∴m≤a-alna,

由于存在a使得该式恒成立,即m≤(a-alna)max

由(I)可知,当a=1时,m≤1…(12分)

综上所述m的最大值为1…(13分)

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题型: 单选题
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单选题

函数y=1+3x-x3有(  )

A极小值-1,极大值1

B极小值-2,极大值3

C极小值-2,极大值2

D极小值-1,极大值3

正确答案

D

解析

解:y′=3-3x2=3(1+x)(1-x).

令y′=0得x1=-1,x2=1.当x<-1时,y′<0,函数y=1+3x-x3是减函数;

当-1<x<1时,y′>0,函数y=1+3x-x3是增函数;

当x>1时,y′<0,函数y=1+3x-x3是减函数.

∴当x=-1时,函数y=1+3x-x3有极小值-1;当x=1时,函数y=1+3x-x3有极大值3.

故选项为D

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题型:简答题
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简答题

已知函数f(x)=x•ex,g(x)=-x2-2x+m.

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)若f(x)与g(x)的图象恰有两个交点,求实数m的取值范围.

正确答案

解:(1)∵f(x)=x•ex

∴f‘(x)=ex+x•ex=ex(1+x)

令f'(x)=0,得x=-1

∵当x<-1时,f'(x)<0;当x>-1时,f'(x)>0

∴f(x)在(-∞,-1)上为减函数,在(-1,+∞)上为增函数.

(2)由(1)得[f(x)]min=f(-1)=-

∵二次函数g(x)=-x2-2x+m的图象抛物线

关于x=-1对称且开口向下

∴函数g(x)在(-∞,-1)上为增函数,在(-1,+∞)上为减函数

由此可得[g(x)]max=g(-1)=m+1

∵当f(x)的最小值小于g(x)的最大值时,f(x)与g(x)的图象恰有两个交点,

∴m+1>-,得m>-1-

由此可得实数m的取值范围是(-1-,+∞).

解析

解:(1)∵f(x)=x•ex

∴f‘(x)=ex+x•ex=ex(1+x)

令f'(x)=0,得x=-1

∵当x<-1时,f'(x)<0;当x>-1时,f'(x)>0

∴f(x)在(-∞,-1)上为减函数,在(-1,+∞)上为增函数.

(2)由(1)得[f(x)]min=f(-1)=-

∵二次函数g(x)=-x2-2x+m的图象抛物线

关于x=-1对称且开口向下

∴函数g(x)在(-∞,-1)上为增函数,在(-1,+∞)上为减函数

由此可得[g(x)]max=g(-1)=m+1

∵当f(x)的最小值小于g(x)的最大值时,f(x)与g(x)的图象恰有两个交点,

∴m+1>-,得m>-1-

由此可得实数m的取值范围是(-1-,+∞).

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