函数的极值与导数的关系
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题型：简答题

简答题

已知函数．

（1）若f（x）是单调函数，求a的取值范围；

（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＞3-2ln2．

正确答案

解：（Ⅰ）f（x）=-lnx-ax2+x，

f′（x）=--2ax+1=-．…（2分）

令△=1-8a．

当a≥时，△≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）单调递减．…（4分）

当0＜a＜时，△＞0，方程2ax2-x+1=0有两个不相等的正根x1，x2，

不妨设x1＜x2，

则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＜0，

当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，

这时f（x）不是单调函数．

综上，a的取值范围是[，+∞）．…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2，

且x1+x2=，x1x2=．

f（x1）+f（x2）=-lnx1-a+x1-lnx2-a+x2

=-（lnx1+lnx2）-（x1-1）-（x2-1）+（x1+x2）

=-ln（x1x2）+（x1+x2）+1=ln（2a）++1．…（9分）

令g（a）=ln（2a）++1，a∈（0，]，

则当a∈（0，）时，g′（a）=-=＜0，g（a）在（0，）单调递减，

所以g（a）＞g（）=3-2ln2，即f（x1）+f（x2）＞3-2ln2．…（12分）

解析

解：（Ⅰ）f（x）=-lnx-ax2+x，

f′（x）=--2ax+1=-．…（2分）

令△=1-8a．

当a≥时，△≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）单调递减．…（4分）

当0＜a＜时，△＞0，方程2ax2-x+1=0有两个不相等的正根x1，x2，

不妨设x1＜x2，

则当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＜0，

当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，

这时f（x）不是单调函数．

综上，a的取值范围是[，+∞）．…（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当a∈（0，）时，f（x）有极小值点x1和极大值点x2，

且x1+x2=，x1x2=．

f（x1）+f（x2）=-lnx1-a+x1-lnx2-a+x2

=-（lnx1+lnx2）-（x1-1）-（x2-1）+（x1+x2）

=-ln（x1x2）+（x1+x2）+1=ln（2a）++1．…（9分）

令g（a）=ln（2a）++1，a∈（0，]，

则当a∈（0，）时，g′（a）=-=＜0，g（a）在（0，）单调递减，

所以g（a）＞g（）=3-2ln2，即f（x1）+f（x2）＞3-2ln2．…（12分）

题型：单选题

单选题

已知函数f（x）=2ax3-3x2+1，若 f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是（　　）

A（1，+∞）

B（0，1）

C（-1，0）

D（-∞，-1）

正确答案

解析

解：若a=0，则函数f（x）=-3x2+1，有两个零点，不满足条件．

若a≠0，函数的f（x）的导数f′（x）=6ax2-6x=6ax（x-），

若 f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，

若a＞0，由f′（x）＞0得x＞或x＜0，此时函数单调递增，

由f′（x）＜0得0＜x＜，此时函数单调递减，

故函数在x=0处取得极大值f（0）=1＞0，在x=处取得极小值f（），若x0＞0，此时还存在一个小于0的零点，此时函数有两个零点，不满足条件．

若a＜0，由f′（x）＞0得＜x＜0，此时函数递增，

由f′（x）＜0得x＜或x＞0，此时函数单调递减，

即函数在x=0处取得极大值f（0）=1＞0，在x=处取得极小值f（），

若存在唯一的零点x0，且x0＞0，

则f（）＞0，即2a（）3-3（）2+1＞0，

（）2＜1，即-1＜＜0，

解得a＜-1，

故选：D

题型：填空题

填空题

设，当x∈（0，1）时取得极大值，当x∈（1，2）时取得极小值，则的取值范围为______．

正确答案

（-∞，-3）∪（2，+∞）

解析

解：∵，

∴f′（x）=x2+ax+2b，

∵函数f（x）在区间（0，1]内取得极大值，在区间（1，2]内取得极小值

∴f′（x）=x2+ax+2b=0在（0，1]和（1，2]内各有一个根，

f′（0）＞0，f′（1）≤0，f′（2）≥0

即，

在aOb坐标系中画出其表示的区域，如图，

表示点A（-2，3）与可行域内的点B连线的斜率，

∵M（-1，0），∴kAM=-3，

∵N（-3，1），∴kAN=2，

结合图象知的取值范围是（-∞，-3）∪（2，+∞）．

故答案为：（-∞，-3）∪（2，+∞）．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=xn-alnx（a是实数，n是正整数）

（1）已知a=n=2，求y=f（x）的极值；

（2）已知n=1，是否存在实数a，使得函数y=f（x）在x∈[e，e2]的最大值为e，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．（e为自然对数的底数）

正确答案

解：（1）f（x）=x2-2lnx的定义域为（0，+∞），

∵f′（x）=2x-=2，

令f′（x）=0，解得，x=1．

则在x=1附近，左侧f′（x）＜0，右侧f′（x）＞0，

则y=f（x）在x=1处取的极小值：f（1）=1．

（2）f（x）=x-alnx，f′（x）=1-=，

则函数y=f（x）在[e，e2]的最大值只可能在端点上取得，

若f（e）=e-a=e，则a=0，

此时f（x）=x，最大值应为e2，故不成立；

若f（e2）=e2-2a=e，则a=，

此时，f（x）=x-lnx在[e，e2]上单调递增，成立．

综上所述，a=．

解析

解：（1）f（x）=x2-2lnx的定义域为（0，+∞），

∵f′（x）=2x-=2，

令f′（x）=0，解得，x=1．

则在x=1附近，左侧f′（x）＜0，右侧f′（x）＞0，

则y=f（x）在x=1处取的极小值：f（1）=1．

（2）f（x）=x-alnx，f′（x）=1-=，

则函数y=f（x）在[e，e2]的最大值只可能在端点上取得，

若f（e）=e-a=e，则a=0，

此时f（x）=x，最大值应为e2，故不成立；

若f（e2）=e2-2a=e，则a=，

此时，f（x）=x-lnx在[e，e2]上单调递增，成立．

综上所述，a=．

题型：简答题

简答题

（2015秋•海南校级月考）设a＞0，函数f（x）=．

（1）若a=，求函数f（x）的单调区间；

（2）当x=时，函数f（x）取得极值，证明：对于任意的，|f（x1）-f（x2）|≤．

正确答案

（1）解：当a=，f‘（x）==．

令f'（x）＞0，即（x-1）2-＞0，解得x＜或x＞．

令f'（x）＜0，解得＜x＜．

因此，因此，函数f（x）的增区间为（-∞，），（，+∞），

函数f（x）的减区间为（，）；

（2）证明：当x=时，函数f（x）取得极值，即=0，

∴（）2+a-2×=0，∴a=．

同理由（1）易知，f（x）在（-∞，），（，+∞）上单调递增，

在（，）上单调递减．

∴f（x）在x=时取得极大值f（）=．在x=时取得极小值f（）=，

∴在[，]上，f（x）的最大值是f（）=，最小值是f（）=．

∴对于任意的x1，x2∈[，]，|f（x1）-f（x2）|≤-，

即|f（x1）-f（x2）|≤．

解析

（1）解：当a=，f‘（x）==．

令f'（x）＞0，即（x-1）2-＞0，解得x＜或x＞．

令f'（x）＜0，解得＜x＜．

因此，因此，函数f（x）的增区间为（-∞，），（，+∞），

函数f（x）的减区间为（，）；

（2）证明：当x=时，函数f（x）取得极值，即=0，

∴（）2+a-2×=0，∴a=．

同理由（1）易知，f（x）在（-∞，），（，+∞）上单调递增，

在（，）上单调递减．

∴f（x）在x=时取得极大值f（）=．在x=时取得极小值f（）=，

∴在[，]上，f（x）的最大值是f（）=，最小值是f（）=．

∴对于任意的x1，x2∈[，]，|f（x1）-f（x2）|≤-，

即|f（x1）-f（x2）|≤．

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