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已知函数f（x）=ax2-2x+lnx．（Ⅰ）若f（x）无极值点，但其导函数f'（x）有零点，求a的值；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点，求a的取值范围，并证明f（x）的极小值小于-32．
题型：解答题难度：中档来源：东莞二模
解&（Ⅰ）首先，x＞0f/(x)=2ax-2+1x=2ax2-2x+1xf′（x）有零点而f（x）无极值点，表明该零点左右f′（x）同号，故a≠0，且2ax2-2x+1=0的△=0．由此可得a=12（Ⅱ）由题意，2ax2-2x+1=0有两不同的正根，故△＞0，a＞0．解得：0＜a＜12设2ax2-2x+1=0的两根为x1，x2，不妨设x1＜x2，因为在区间（0，x1），（x2，+∞）上，f′（x）＞0，而在区间（x1，x2）上，f′（x）＜0，故x2是f（x）的极小值点．因f（x）在区间（x1，x2）上f（x）是减函数，如能证明f(x1+x22)＜-32，则更有f(x2)＜-32由韦达定理，x1+x22=12a，f(12a)=a(12a)2-2(12a)+ln12a=ln12a-32o12a令12a=t，其中设g(t)=lnt-32t+32，利用导数容易证明g（t）当t＞1时单调递减，而g（1）=0，∴g（t）=lnt-32 t+32＜0，因此f（12a）＜-32，从而有f（x）的极小值f（x2）＜-32．
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函数的极值与导数的关系
极值的定义：
（1）极大值： 一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值=f（x0），x0是极大值点； （2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值=f（x0），x0是极小值点。
极值的性质：
（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小； （2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个； （3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值； （4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点。 判别f（x0）是极大、极小值的方法：
若x0满足，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点， 是极值，并且如果在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值。
求函数f（x）的极值的步骤：
（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）； （2）求方程f′（x）=0的根； （3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值。
对函数极值概念的理解：
极值是一个新的概念，它是研究函数在某一很小区域时给出的一个概念，在理解极值概念时要注意以下几点：①按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．如图②极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小，如图．&&③若fx）在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．④若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，⑤可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点，&&&
发现相似题
与“已知函数f（x）=ax2-2x+lnx．（Ⅰ）若f（x）无极值点，但其导函数f'（x）有..”考查相似的试题有：
463274813937404191463551758877871515设函数f(x)=1/(x+2),a,b均为正数用分析法证明f(a/b)+f(b/a)&=2/3
设函数f(x)=1/(x+2),a,b均为正数用分析法证明f(a/b)+f(b/a)&=2/3
不区分大小写匿名
(1)结论等价于1/(a/b+2)+1/(b/a+2)&=2/3
等价于b/(a+2b)+a/(2a+b)&=2/3
等价于3b(2a+b)+3a(a+2b)&=2(a+2b)(2a+b)
等价于3a^2+12ab+3b^2&=4a^2+10ab+4b^2
等价于0&=(a-b)^2显然成立(2)反证法，假设af(b)与bf(a)都小于等于1/2即af(b)&=1/2且bf(a)&=1/2即a/(b+2)&=1/2且b/(a+2)&=1/2即2a&=b+2且2b&=a+2相加即得a+b&=4,与题设条件a+b&4矛盾！所以假设不成立，即af(b)与bf(a)中至少有一个大于1/2
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设函数f（x）=x-ln（x+m），其中m为实常数．（Ⅰ）当m为何值时，f（x）≥0；（Ⅱ）证明：当m＞1时，函数f（x）在[e-m-m，e2m-m]内有两个零点．
题型：解答题难度：中档来源：陕西一模
（Ⅰ）∵f（x）=x-ln（x+m），x∈（-m，+∞），∴f′(x)=1-1x+m=x-(1-m)x+m，令f'（x）=0，得x=1-m．------------（2分）当x∈（-m，1-m）时，f'（x）＜0，f（x）为减函数，f（x）＞f（1-m）当x∈（1-m，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）为增函数，f（x）＞f（1-m）---（4分）根据函数极值判别方法，f（1-m）=1-m为极小值，而且对x∈（-m，+∞）都有f（x）≥f（1-m）=1-m．故当m≤1时，f（x）≥0．---------------（6分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当m＞1时，f（1-m）=1-m＜0，函数f（x）=x-ln（x+m），在[e-m-m，1-m]上为减函数．f（e-m-m）=e-m-m-ln（e-m-m+m）=e-m＞0所以当m＞1时，f（e-m-m）与f（1-m）异号．由函数零点判定定理知，函数f（x）在区间（e-m-m，1-m）内有唯一零点．----------（9分）而当m＞1时，f（e2m-m）=e2m-3m．令g（x）=e2x-3x（x＞1），则g′（x）=2e2x-3（x＞1）＞2e2-3＞0，那么函数g（x）在区间（1，+∞）上递增．于是g（x）＞g（1）=e2-3＞0，从而f（e2m-m）=e2m-3m＞0．--（11分）所以，当整数m＞1时，函数f（x）=x-ln（x+m）在[1-m，e2m-m]上为增函数且f（1-m）与f（e2m-m）异号，所以函数f（x）在区间[1-m，e2m-m]内也有唯一零点．综上，当m＞1时，函数f（x）在区间[e-m-m，e2m-m]内有两个零点．------------（14分）
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据魔方格专家权威分析，试题“设函数f（x）=x-ln（x+m），其中m为实常数．（Ⅰ）当m为何值时，f（x）≥0；..”主要考查你对&&函数零点的判定定理，函数的单调性与导数的关系&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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函数零点的判定定理函数的单调性与导数的关系
&函数零点存在性定理：
一般地，如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)．f(b)&o，那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)=O，这个c也就是f(x）=0的根．特别提醒:(1)根据该定理，能确定f(x)在(a,b)内有零点，但零点不一定唯一．&(2)并不是所有的零点都可以用该定理来确定，也可以说不满足该定理的条件，并不能说明函数在(a，b)上没有零点，例如，函数f(x) =x2 -3x +2有f(0)·f(3)&0，但函数f(x)在区间(0，3)上有两个零点．&(3)若f(x)在[a，b]上的图象是连续不断的，且是单调函数，f(a)．f(b)&0，则fx）在(a，b)上有唯一的零点.函数零点个数的判断方法:
(1)几何法：对于不能用求根公式的方程，可以将它与函数y =f(x)的图象联系起来，并利用函数的性质找出零点．特别提醒：①“方程的根”与“函数的零点”尽管有密切联系，但不能混为一谈，如方程x2-2x +1 =0在[0，2]上有两个等根，而函数f（x）=x2-2x +1在[0，2]上只有一个零点&&&&&&&&&&&&&&& ②函数的零点是实数而不是数轴上的点．(2)代数法：求方程f(x）=0的实数根．导数和函数的单调性的关系：
（1）若f′（x）&0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）&0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间； （2）若f′（x）&0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）&0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间。 利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：
①确定f（x）的定义域； ②计算导数f′（x）； ③求出f′（x）=0的根； ④用f′（x）=0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）&0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）&0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间。
函数的导数和函数的单调性关系特别提醒：
若在某区间上有有限个点使f′(x)=0，在其余的点恒有f′（x）&0，则f(x)仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′(x)&0是f(x)在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件。&
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与“设函数f（x）=x-ln（x+m），其中m为实常数．（Ⅰ）当m为何值时，f（x）≥0；..”考查相似的试题有：
251940397699279550259767332250452195点击展开完整题目
已知二次函数2+bx+12满足f（1+x）=f（1-x）且方程有等根（1）求f（x）的表达式；（2）若f（x）在定义域（-1，t]上的值域为（-1，1]，求t的取值范围；（3）是否存在实数m、n（m＜n），使f（x）定义域和值域分别为[m，n]和[2m，2n]，若存在，求出m、n的值．
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已知二次函数2+bx+c，函数y=f(x)+23x-1的图象过原点且关于y轴对称，记函数&．（I）求b，c的值；（Ⅱ）当的单调递减区间；（Ⅲ）试讨论函数&y=h（x）的图象上垂直于y轴的切线的存在情况．
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已知二次函数2+bx+1和g(x)=bx-1a2x+2b（1）f（x）为偶函数，试判断g（x）的奇偶性；（2）若方程g（x）=x有两个不相等的实根，当a＞0时判断f（x）在（-1，1）上的单调性；（3）若方程g（x）=x的两实根为x1，x2f（x）=0的两根为x3，x4，求使x3＜x1＜x2＜x4成立的a的取值范围．
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已知二次函数2+bx+1和g(x)=bx-1a2x+2b（1）f（x）为偶函数，试判断g（x）的奇偶性；（2）若方程g（x）=x有两个不相等的实根，当a＞0时判断f（x）在（-1，1）上的单调性；（3）当b=2a时，问是否存在x的值，使满足-1≤a≤1且a≠0的任意实数a，不等式f（x）＜4恒成立？并说明理由．
点击展开完整题目初中数学高中数学初中物理高中物理初中化学高中化学初中生物高中生物初中政治高中政治初中历史高中历史初中地理高中地理初中英语小学语文小学数学
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ID: 213832
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题型: 解答题
（2012o湖北）设函数f（x）=axn（1﹣x）+b（x＞0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1．
（I）求a，b的值；
（II）求函数f（x）的最大值
（III）证明：f（x）＜．
本题考查利用导数求函数最值及利用最值证明不等式，本题技巧性强，解题的关键是能根据题设及证明中的结论构造函数辅助证明，本题是能力型题，难度较大，是高考选拔优秀数学人才的首选题，题后要注意总结本题的解题规律，领会构造法证明不等式的要旨，本题考查了转化的思想及函数思想，难度较大极易找不到思路或计算出错，学作为压轴题出现．（I）由题意曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x+y=1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值；（II）由于f（x）=xn（1﹣x），可求f′（x）=（n+1）xn﹣1（﹣x），利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值；（III）结合（II），欲证f（x）＜．由于函数f（x）的最大值f（）=（）n（1﹣）=，故此不等式证明问题可转化为证明＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ（t）=lnt﹣1+，借助函数的最值辅助证明不等式．
（I）因为f（1）=b，由点（1，b）在x+y=1上，可得1+b=1，即b=0．因为f′（x）=anxn﹣1﹣a（n+1）xn，所以f′（1）=﹣a．又因为切线x+y=1的斜率为﹣1，所以﹣a=﹣1，即a=1，故a=1，b=0．（II）由（I）知，f（x）=xn（1﹣x），则有f′（x）=（n+1）xn﹣1（﹣x），令f′（x）=0，解得x=在（0，）上，导数为正，故函数f（x）是增函数；在（，+∞）上导数为负，故函数f（x）是减函数；故函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（）=（）n（1﹣）=，（III）令φ（t）=lnt﹣1+，则φ′（t）=﹣=（t＞0）在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；故φ（t）在（0，∞）上的最小值为φ（1）=0，所以φ（t）＞0（t＞1）则lnt＞1﹣，（t＞1），令t=1+，得ln（1+）＞，即ln（1+）n+1＞lne所以（1+）n+1＞e，即＜由（II）知，f（x）≤＜，故所证不等式成立．
（I）a=1，b=0．
（II）最大值为f（）=（）n（1﹣）=，
（III）令φ（t）=lnt﹣1+，则φ′（t）=﹣=（t＞0）在（0，1）上，φ′（t）＜0，故φ（t）单调减；在（1，+∞），φ′（t）＞0，故φ（t）单调增；故φ（t）在（0，∞）上的最小值为φ（1）=0，所以φ（t）＞0（t＞1）则lnt＞1﹣，（t＞1），令t=1+，得ln（1+）＞，即ln（1+）n+1＞lne所以（1+）n+1＞e，即＜由（II）知，f（x）≤＜，故所证不等式成立．
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