函数的极值与导数的关系
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题型：简答题

简答题

函数f（x）=x3+ax2+bx-2的图象在与y轴交点的切线方程为y=x+a．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）设函数存在极值，求实数m的取值范围．

正确答案

解：（1）由已知可得切点为（0，-2），所以a=-2，

又因为f′（x）=3x2+2ax+b，

所以f′（0）=b=1．

所以函数解析式为f（x）=x3-2x2+x-2．

（2）由（1）可得：g（x）=x3-2x2+x-2+mx，

所以g′（x）=3x2-4x+1+，令g′（x）=0．

当函数有极值时，方程3x2-4x+1+=0有实根，即△≥0，

由△=4（1-m）≥0，得m≤1．

①当m=1时，g′（x）=0有实根x=，在x=左右两侧均有g′（x）＞0，故函数g（x）无极值．

②当m＜1时，g′（x）=0有两个实根，

x1=（2-），x2=（2+），

当x变化时，g′（x）、g（x）的变化情况如下表：

故在m∈（-∞，1）时，函数g（x）有极值；当x=（2-）时，g（x）有极大值；当x=（2+）时，g（x）有极小值．

解析

解：（1）由已知可得切点为（0，-2），所以a=-2，

又因为f′（x）=3x2+2ax+b，

所以f′（0）=b=1．

所以函数解析式为f（x）=x3-2x2+x-2．

（2）由（1）可得：g（x）=x3-2x2+x-2+mx，

所以g′（x）=3x2-4x+1+，令g′（x）=0．

当函数有极值时，方程3x2-4x+1+=0有实根，即△≥0，

由△=4（1-m）≥0，得m≤1．

①当m=1时，g′（x）=0有实根x=，在x=左右两侧均有g′（x）＞0，故函数g（x）无极值．

②当m＜1时，g′（x）=0有两个实根，

x1=（2-），x2=（2+），

当x变化时，g′（x）、g（x）的变化情况如下表：

故在m∈（-∞，1）时，函数g（x）有极值；当x=（2-）时，g（x）有极大值；当x=（2+）时，g（x）有极小值．

题型：单选题

单选题

下列函数中，x=0是极值点的函数是（　　）

Ay=-x3

By=cos2x

Cy=sinx-x

Dy=

正确答案

解析

解：A．y′=-3x2≤0，∴函数y=-x3在R上单调递减，无极值；

B．y′=2cosx（-sinx）=-sin2x，时，y′＞0；时，y′＜0，因此x=0是函数y=sinx-x的极值点．

C．y′=cosx-1≤0，∴函数y=sinx-x在R上单调递减，无极值；

D．y=在x=0时无意义，因此无极值．

故选：B．

题型：单选题

单选题

已知函数f（x）=x3+mx2+（2m+3）x（m∈R）存在两个极值点x1，x2，直线l经过点A（x1，x12），B（x2，x22），记圆（x+1）2+y2=上的点到直线l的最短距离为g（m），则g（m）的取值范围是（　　）

A[0，2]

B[0，3]

C[0，）

D[0，）

正确答案

解析

解：函数f（x）=x3+mx2+（2m+3）x的导数为f′（x）=x2+2mx+2m+3，

由题意可得，判别式△＞0，即有4m2-4（2m+3）＞0，

解得m＞3或m＜-1，

又x1+x2=-2m，x1x2=2m+3，

直线l经过点A（x1，x12），B（x2，x22），

即有斜率k==x1+x2=-2m，

则有直线AB：y-x12=-2m（x-x1），

即为2mx+y-2mx1-x12=0，

圆（x+1）2+y2=的圆心为（-1，0），半径r为．

则g（m）=d-r=-，

由于f′（x1）=x12+2mx1+2m+3=0，

则g（m）=-，

又m＞3或m＜-1，即有m2＞1．

则g（m）＜-=，

则有0≤g（m）＜．

故选C．

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=-+2ax2-3a2x+1，0＜a＜1．

（Ⅰ）求函数f（x）的极大值；

（Ⅱ）若x∈[1-a，1+a]时，恒有-a≤f′（x）≤a成立（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），试确定实数a的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）f′（x）=-x2+4ax-3a2，且0＜a＜1，（1分）

当f′（x）＞0时，得a＜x＜3a；

当f′（x）＜0时，得x＜a或x＞3a；

∴f（x）的单调递增区间为（a，3a）；

f（x）的单调递减区间为（-∞，a）和（3a，+∞）．（5分）

故当x=3a时，f（x）有极大值，其极大值为f（3a）=1．（6分）

（Ⅱ）f′（x）=-x2+4ax-3a2=-（x-2a）2+a2，

ⅰ）当2a≤1-a时，即时，f′（x）在区间[1-a，1+a]内单调递减．

∴[f′（x）]max=f′（1-a）=-8a2+6a-1，[f′（x）]min=f′（1+a）=2a-1．

∵-a≤f′（x）≤a，∴∴∴．

此时，．（9分）

ⅱ）当2a＞1-a，且2a＜a+1时，即，[f′（x）]max=f′（2a）=a2．

∵-a≤f′（x）≤a，∴即

∴∴．

此时，．（12分）

ⅲ）当2a≥1+a时，得a≥1与已知0＜a＜1矛盾．（13分）

综上所述，实数a的取值范围为．（14分）

解析

解：（Ⅰ）f′（x）=-x2+4ax-3a2，且0＜a＜1，（1分）

当f′（x）＞0时，得a＜x＜3a；

当f′（x）＜0时，得x＜a或x＞3a；

∴f（x）的单调递增区间为（a，3a）；

f（x）的单调递减区间为（-∞，a）和（3a，+∞）．（5分）

故当x=3a时，f（x）有极大值，其极大值为f（3a）=1．（6分）

（Ⅱ）f′（x）=-x2+4ax-3a2=-（x-2a）2+a2，

ⅰ）当2a≤1-a时，即时，f′（x）在区间[1-a，1+a]内单调递减．

∴[f′（x）]max=f′（1-a）=-8a2+6a-1，[f′（x）]min=f′（1+a）=2a-1．

∵-a≤f′（x）≤a，∴∴∴．

此时，．（9分）

ⅱ）当2a＞1-a，且2a＜a+1时，即，[f′（x）]max=f′（2a）=a2．

∵-a≤f′（x）≤a，∴即

∴∴．

此时，．（12分）

ⅲ）当2a≥1+a时，得a≥1与已知0＜a＜1矛盾．（13分）

综上所述，实数a的取值范围为．（14分）

题型：简答题

简答题

设函数f（x）=．

（Ⅰ）若F（x）=-f（x）（a∈R），求F（x）的极小值；

（Ⅱ）若G（x）=f（x）+mx在定义域内单调递增，求实数m的取值范围．

正确答案

解：（Ⅰ）∵F（x）=-f（x）=-，

∴F′（x）==0，

∴x=e1+a，

∴0＜x＜e1+a时，F′（x）＜0；x＞e1+a时，F′（x）＞0，

∴x=e1+a时，F（x）的极小值为；

（Ⅱ）G（x）=+mx，则G′（x）=+m，

∵G（x）=f（x）+mx在定义域内单调递增，

∴+m≥0在（0，+∞）上单调递增，

令y=，则y′=，

∴0＜x＜时，y′＜0；x＞时，y′＞0，

∴x=时，ymin=-，

∴m≥．

解析

解：（Ⅰ）∵F（x）=-f（x）=-，

∴F′（x）==0，

∴x=e1+a，

∴0＜x＜e1+a时，F′（x）＜0；x＞e1+a时，F′（x）＞0，

∴x=e1+a时，F（x）的极小值为；

（Ⅱ）G（x）=+mx，则G′（x）=+m，

∵G（x）=f（x）+mx在定义域内单调递增，

∴+m≥0在（0，+∞）上单调递增，

令y=，则y′=，

∴0＜x＜时，y′＜0；x＞时，y′＞0，

∴x=时，ymin=-，

∴m≥．

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