函数的极值与导数的关系
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题型：单选题

单选题

已知常数a、b、c都是实数，f（x）=ax3+bx2+cx-34的导函数为f′（x），f′（x）≤0的解集为{x|-2≤x≤3}，若f（x）的极小值等于-115，则a的值是（　　）

正确答案

解析

解：∵f（x）=ax3+bx2+cx-34，

∴f‘（x）=3ax2+2bx+c．

∵不等式f'（x）≤0的解集为{x|-2≤x≤3}，

∴不等式3ax2+2bx+c≤0的解集为{x|-2≤x≤3}．

∴，

即，

∴．

根据已知得当x=-2时，f（x）取得极大值，当时x=3时，f（x）取得极小值．

∴，

解得a=2．

故选C．

题型：单选题

单选题

（2016•白山一模）设函数f（x）=x3-2ex2+mx-lnx，记g（x）=，若函数g（x）至少存在一个零点，则实数m的取值范围是（　　）

A（-∞，e2+]

B（0，e2+]

C（e2+，+∞]

D（-e2-，e2+]

正确答案

解析

解：∵f（x）=x3-2ex2+mx-lnx的定义域为（0，+∞），

又∵g（x）=，

∴函数g（x）至少存在一个零点可化为

函数f（x）=x3-2ex2+mx-lnx至少有一个零点；

即方程x3-2ex2+mx-lnx=0有解，

则m==-x2+2ex+，

m′=-2x+2e+=-2（x-e）+；

故当x∈（0，e）时，m′＞0，

当x∈（e，+∞）时，m′＜0；

则m=-x2+2ex+在（0，e）上单调递增，

在（e，+∞）上单调递减，

故m≤-e2+2•e•e+=e2+；

又∵当x+→0时，m=-x2+2ex+→-∞，

故m≤e2+；

故选A．

题型：填空题

填空题

（2015•南宁一模）设函数f（x）=ax3+bx2+cx，若1和-1是函数f（x）的两个零点，x1和x2是f（x）的两个极值点，则x1•x2=______．

正确答案

解析

解：∵1和-1是函数f（x）的两个零点，

∴f（x）=ax3+bx2+cx=a（x-1）x（x+1），

∴x1和x2是f′（x）=a（3x2-1）=0的两个根，

则x1•x2=．

故答案为：．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=x-a（x+1）ln（x+1）．

（Ⅰ）当a＞0时，求f（x）的极值点；

（Ⅱ）当a=1时，若方程f（x）=t在[-，1]上有两个实数解，求实数t的取值范围；

（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）n＜（1+n）m．

正确答案

（Ⅰ）解：∵f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），

∴f′（x）=1-aln（x+1）-a．

a＞0时，f（x）在（-1，-1]上递增，在[-1，+∞）上单调递减，

∴函数的极大值点为x=-1，无极小值点；

（Ⅱ）解：由上知，f（x）在[-，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，

∵f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-）=-+ln2，

∴f（1）-f（-）＜0，

∴t∈[-+ln2，0），方程f（x）=t有两解；

（Ⅲ）证明：设g（x）=，

则g‘（x）=．

由（Ⅰ）知，x-（1+x）ln（1+x）在（0，+∞）单调递减，

∴x-（1+x）ln（1+x）＜0，即g（x）是减函数，

而m＞n＞0，所以g（n）＜g（m），得，

得mln（1+n）＜nln（1+m），故（1+n）m＜（1+m）n．

解析

（Ⅰ）解：∵f（x）=x-a（x+1）ln（x+1），

∴f′（x）=1-aln（x+1）-a．

a＞0时，f（x）在（-1，-1]上递增，在[-1，+∞）上单调递减，

∴函数的极大值点为x=-1，无极小值点；

（Ⅱ）解：由上知，f（x）在[-，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，

∵f（0）=0，f（1）=1-ln4，f（-）=-+ln2，

∴f（1）-f（-）＜0，

∴t∈[-+ln2，0），方程f（x）=t有两解；

（Ⅲ）证明：设g（x）=，

则g‘（x）=．

由（Ⅰ）知，x-（1+x）ln（1+x）在（0，+∞）单调递减，

∴x-（1+x）ln（1+x）＜0，即g（x）是减函数，

而m＞n＞0，所以g（n）＜g（m），得，

得mln（1+n）＜nln（1+m），故（1+n）m＜（1+m）n．

题型：简答题

简答题

已知f（x）=exlnx

（1）求y=f（x）-f′（x）的单调区间与极值；

（2）若k＜0，试分析方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞）上是否有实根，若有实数根，求出k的取值范围，否则，请说明理由．

正确答案

解：（1）函数f（x）=ex（lnx+1）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=exlnx+，则y=f（x）-f′（x）=-，

∴y′=，由y′=0可得x=1．

当x＞1时，y′＜0；当x＜1时，y′＞0；

∴y=f（x）-f′（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），

∴当x=1时，y取极大值-e，函数无极小值．

（2）方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e可变为f′（x）-f（x）-kx+k2-e=0

进一步化为-kx+k2-e=0，令g（x）=-kx+k2-e，

g′（x）=．

∵x≥1，∴x-1≥0，而ex＞0，∴≥0，又k＜0，

∴g′（x）=＞0，

∴g（x）在[1，+∞]上单调递增，且g（x）的最小值为g（1）=k2-k，

则方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞]上最多只有一个实根，

∴要使方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞]上有一个实根，

只需k2-k≤0，解得0≤k≤1，这与k＜0矛盾，

故方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞]上无实根．

解析

解：（1）函数f（x）=ex（lnx+1）的定义域为（0，+∞），

f′（x）=exlnx+，则y=f（x）-f′（x）=-，

∴y′=，由y′=0可得x=1．

当x＞1时，y′＜0；当x＜1时，y′＞0；

∴y=f（x）-f′（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），

∴当x=1时，y取极大值-e，函数无极小值．

（2）方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e可变为f′（x）-f（x）-kx+k2-e=0

进一步化为-kx+k2-e=0，令g（x）=-kx+k2-e，

g′（x）=．

∵x≥1，∴x-1≥0，而ex＞0，∴≥0，又k＜0，

∴g′（x）=＞0，

∴g（x）在[1，+∞]上单调递增，且g（x）的最小值为g（1）=k2-k，

则方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞]上最多只有一个实根，

∴要使方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞]上有一个实根，

只需k2-k≤0，解得0≤k≤1，这与k＜0矛盾，

故方程f′（x）=f（x）+kx-k2+e在[1，+∞]上无实根．

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