函数的极值和最值与导数Word文档下载推荐.docx
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C.(-3,+∞)D.(-∞,-3)
10.已知函数f(x)的导数f′(x)=a(x+1)(x-a),若f(x)在x=a处取到极大值,则a的取值围是( )
A.(-∞,-1) B.(0,+∞)
C.(0,1)D.(-1,0)
11.函数f(x)=ax2+bx在x=
处有极值,则b的值为________.
12.设函数f(x)=
x2ex,若当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>m恒成立,则实数m的取值围是________.
13.已知f(x)=-x2+mx+1在区间[-2,-1]上的最大值就是函数f(x)的极大值,则m的取值围是________.
二、解答题
1.已知函数f(x)=ax3+x2+bx(其中常数a,b∈R),g(x)=f(x)+f′(x)是奇函数.
(1)求f(x)的表达式;
(2)求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值.
2.设函数f(x)=ex-
x2-x.
(1)若k=0,求f(x)的最小值;
(2)若k=1,讨论函数f(x)的单调性.
3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+5,曲线y=f(x)在点P(1,f
(1))处的切线方程为y=3x+1.
(1)求a,b的值;
(2)求y=f(x)在[-3,1]上的最大值.
4、已知函数f(x)=ax3-6ax2+b,问是否存在实数a,b,使f(x)在[-1,2]上取得最大值3,最小值-29,若存在,求出a,b的值;
若不存在,请说明理由.
5.已知f(x)=2ln(x+a)-x2-x在x=0处取得极值.
(1)数a的值.
(2)若关于x的方程f(x)+b=0的区间[-1,1]上恰有两个不同的实数根,数b的取值围.
6.已知函数f(x)=lnx+
.
(1)当a<
0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在[1,e]上的最小值是
,求a的值.
7.已知函数f(x)=-
x2+2x-aex.
(1)若a=1,求f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)在R上是增函数,数a的取值围.
1、解析:
选B 根据导数的性质可知,若函数y=f(x)在这点处取得极值,则f′(x)=0,即必要性成立;
反之不一定成立,如函数f(x)=x3在R上是增函数,f′(x)=3x2,则f′(0)=0,但在x=0处函数不是极值,即充分性不成立.故函数y=f(x)在某点处的导数值为0是函数y=f(x)在这点处取得极值的必要不充分条件,故选B.
2、解析:
选B 因为函数f(x)=2x3+ax2+36x-24在x=2处有极值,又f′(x)=6x2+2ax+36,所以f′
(2)=0解得a=-15.令f′(x)>0,解得x>3或x<2,所以函数的一个递增区间是(3,+∞).
/3、解析:
选C 由题意可得f′(-2)=0,而且当x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,此时xf′(x)>0;
排除B、D,当x∈(-2,+∞)时,f′(x)>0,此时若x∈(-2,0),xf′(x)<0,若x∈(0,+∞),xf′(x)>0,所以函数y=xf′(x)的图象可能是C.
4、解析:
选A ∵f′(x)=3ax2+b,由题意知f′
(1)=0,f
(1)=-2,∴
∴a=1,b=-3.
/5、解析:
选C f′(x)=3x2+2ax+a+6,
∵f(x)有极大值与极小值,∴f′(x)=0有两不等实根,∴Δ=4a2-12(a+6)>
0,∴a<
-3或a>
6./
6、解析:
选A y′=6x2-6x-12,由y′=0⇒x=-1或x=2(舍去).
x=-2时,y=1;
x=-1时,y=12;
x=1时,y=-8.∴ymax=12,ymin=-8.故选A.
/7、解析:
选A 令y′=
=
=0⇒x=e.当x>e时,y′<0;
当0<x<e时,y′>0,所以y极大值=f(e)=e-1,在定义域只有一个极值,所以ymax=e-1.
8、解析:
选B f′(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1).由f′(x)=0,得x=3或x=-1.又f(-4)=k-76,f(3)=k-27,f(-1)=k+5,f(4)=k-20.由f(x)max=k+5=10,得k=5,∴f(x)min=k-76=-71.
/9、解析:
选B ∵f(x)=x3+ax-2在[1,+∞)上是增函数,∴f′(x)=3x2+a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≥-3x2在[1,+∞)上恒成立,又∵在[1,+∞)上(-3x2)max=-3,∴a≥-3./
10、解析:
选D 若a<
-1,∵f′(x)=a(x+1)(x-a),
∴f(x)在(-∞,a)上单调递减,在(a,-1)上单调递增,∴f(x)在x=a处取得极小值,与题意不符;
若-1<
a<
0,则f(x)在(-1,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,从而在x=a处取得极大值.
若a>
0,则f(x)在(-1,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,与题意矛盾,∴选D.
11/解析:
f′(x)=2ax+b,∵函数f(x)在x=
处有极值,
∴f′
=2a·
+b=0,即b=-2.
答案:
-2
12/解析:
f′(x)=xex+
x2ex=
·
x(x+2),
由f′(x)=0得x=0或x=-2.
当x∈[-2,2]时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x
(-2,0)
(0,2)
2
f′(x)
-
+
f(x)
递减
递增
∴当x=0时,f(x)min=f(0)=0,要使f(x)>m对x∈[-2,2]恒成立,只需m<f(x)min,∴m<0.
(-∞,0)
13/答案:
(-4,-2)
1.解:
(1)∵f′(x)=3ax2+2x+b,∴g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b.
∵g(x)是奇函数,∴g(-x)=-g(x),
从而3a+1=0,b=0,解得a=-
,b=0,因此f(x)的表达式为f(x)=-
x3+x2.
(2)由
(1)知g(x)=-
x3+2x,∴g′(x)=-x2+2,令g′(x)=0.
解得x1=-
(舍去),x2=
,而g
(1)=
,g(
)=
,g
(2)=
,
因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g(
,最小值为g
(2)=
2解:
(1)k=0时,f(x)=ex-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<
0;
当x∈(0,+∞)时,f′(x)>
0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(0)=1.
(2)若k=1,则f(x)=ex-
x2-x,定义域为R.
∴f′(x)=ex-x-1,令g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1,
由g′(x)≥0得x≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
由g′(x)<
0得x<
0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴g(x)min=g(0)=0,即f′(x)min=0,故f′(x)≥0.
所以f(x)在R上单调递增.
3、解:
(1)依题意可知点P(1,f
(1))为切点,代入切线方程y=3x+1可得,f
(1)=3×
1+1=4,
∴f
(1)=1+a+b+5=4,即a+b=-2,
又由f(x)=x3+ax2+bx+5得,
又f′(x)=3x2+2ax+b,
而由切线y=3x+1的斜率可知f′
(1)=3,
∴3+2a+b=3,即2a+b=0,
由
解得
∴a=2,b=-4.
(2)由
(1)知f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4=(3x-2)(x+2),
令f′(x)=0,得x=
或x=-2.
当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表:
-3
(-3,-2)
1
8
极大值
极小值
4
∴f(x)的极大值为f(-2)=13,极小值为f
又f(-3)=8,f
(1)=4,
∴f(x)在[-3,1]上的最大值为13.
4、解:
存在.显然a≠0.
f′(x)=3ax2-12ax=3ax(x-4).令f′(x)=0,解得x1=0,x2=4(舍去).
(1)当a>
0,x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
[-1,0)
(0,2]
单调递增
单调递减
所以当x=0时,f(x)取得最大值,所以f(0)=b=3.
又f
(2)=-16a+3,f(-1)=-7a+3,f(-1)>
f
(2).所以当x=2时,f(x)取得最小值,
即-16a+3=-29,解得a=2.
(2)当a<
0,x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
单调递减
单调递增
所以当x=0时,f(x)取得最小值,所以b=-29.
又f
(2)=-16a-29,f(-1)=-7a-29,f
(2)>
f(-1).
所以当x=2时,f(x)取得最大值,∴f
(2)=-16a-29=3,解得a=-2,
综上可得,a=2,b=3或a=-2,b=-29.
5、解:
(1)f′(x)=
-2x-1,当x=0时,f(x)取得极值,
所以f′(0)=0,解得a=2,检验知a=2符合题意.
(2)令g(x)=f(x)+b=2ln(x+2)-x2-x+b,
则g′(x)=
-2x-1=-
(x>-2).
g(x),g′(x)在(-2,+∞)上的变化状态如下表:
(0,+∞)
g′(x)
g(x)
2ln2+b
由上表可知函数在x=0处取得极大值,极大值为2ln2+b.
要使f(x)+b=0在区间[-1,1]上恰有两个不同的实数根,
只需
即
所以-2ln2<b≤2-2ln3.
故实数b的取值围是(-2ln2,2-2ln3].
6解:
函数f(x)=lnx+
的定义域为(0,+∞),f′(x)=
(1)∵a<
0,∴f′(x)>
0,故函数在其定义域(0,+∞)上单调递增.
(2)x∈[1,e]时,分如下情况讨论:
①当a<
1时,f′(x)>
0,函数f(x)单调递增,其最小值为f
(1)=a<
1,这与函数在[1,e]上的最小值是
相矛盾;
②当a=1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,其最小值为f
(1)=1,同样与最小值是
③当1<
e时,函数f(x)在[1,a)上有f′(x)<
0,f(x)单调递减,在(a,e]上有f′(x)>
0,f(x)单调递增,所以,函数f(x)的最小值为f(a)=lna+1,由lna+1=
,得a=
④当a=e时,函数f(x)在[1,e]上有f′(x)<
0,f(x)单调递减,其最小值为f(e)=2,这与最小值是
⑤当a>
e时,显然函数f(x)在[1,e]上单调递减,其最小值为f(e)=1+
>
2,仍与最小值是
综上所述,a的值为
7/
解:
(1)当a=1时,f(x)=-
x2+2x-ex,则f
(1)=-
×
12+2×
1-e=
-e,
f′(x)=-x+2-ex,f′
(1)=-1+2-e=1-e,
故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-
=(1-e)(x-1),即y=(1-e)x+
(2)∵f(x)在R上是增函数,∴f′(x)≥0在R上恒成立,
∵f(x)=-
x2+2x-aex,∴f′(x)=-x+2-aex,
于是有不等式-x+2-aex≥0在R上恒成立,
即a≤
在R上恒成立,令g(x)=
,则g′(x)=
令g′(x)=0,解得x=3,列表如下:
(-∞,3)
3
(3,+∞)
减
极小值-
增
故函数g(x)在x=3处取得极小值,亦即最小值,
即g(x)min=-
,所以a≤-
即实数a的取值围是