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第二轮数学 专题三 导数的应用


高考攻略 黄冈第二轮复习新思维
专题三
一、选择题 1 . 函数 f ( x ) ? x ? 3 x ? 1是减函数的区间为
3 2

数学

导数的应用

A .( 2 , ?? )

B .( ?? , 2 ) 2 x ? 3 f (x) x?3 C .0

C .( ?? , 0 ) 的值为 D .不存在

D .( 0 , 2 )

2 . 已知 f ( 3 ) ? 2 , f ' ( 3 ) ? ? 2 , lim A. ? 4
3

x? 3

B .8

3 . f ( x ) ? x ? ax ? 2 在( 1, ? )内为增函数,则实数 ? A .[ 3 , ?? ) B .[ ? 3 , ?? )
3 2

a 的取值范围为 D .( ?? , ? 3 )

C .( ? 3 , ?? ) ? tx ? 5

4 . 若 s 、 t ? R ,则 f ( x ) ? ? x ? sx A .在 ( ?? , ?? ) 单调递增 B .在 ( ?? , ?? ) 单调递减 C .当 s D .当 s
2

? 3 t 时,在 ( ?? , ?? ) 单调递增 ? 3 t 时,在 ( ?? , ?? ) 单调递减 lim f (1) ? f (1 ? 2 x ) 2x C .1 R ,导函数 f ' ( x )的图象如图 D. ? 2 5 所示,则函数 f (x) ? ? 1, 则过曲线 y ? f ( x ) 上点 (1, f (1)) 处切线的斜率为

2

5 . 设 f ( x ) 为可导函数,且 A.2 B. ? 1

x? 0

6 . 函数 f ( x )的定义域为

1

A .无极大值点,有四个极 B .有三个极大值点,两个 C .有两个极大值点,两个 D .有四个极大值点,无极

小值点 极小值点 极小值点 小值点 盖的铁盒时,在铁皮的 四各截去一个面积相等 的小正方形 为

7 . 用边长为 45 cm 的正方形铁皮做一个无 然后把四边折起,就能 A.6 8 . 曲线 y ? ln x ? x A. y ? 0 9 . 设气球以每秒 径增加的速度为 A. 1 4? cm / s B. 1 B .8
2

焊成铁盒,若所做的铁 C . 10 1 2? x

盒容积最大,则在四角 D . 12

截去的小正方形的边长

?

在点 M (1,)处的切线方程为 0 C .x ? 2 y ? 2 ? 0 气体压力不变,那么当 D .x ? 2 y ? 1 ? 0 气球半径为 10 cm 时,气球半

B .x ? 2 y ? 1 ? 0 100 cm 的常速注入气体,假设
3

?

cm / s

C.

1 2?

cm / s

D.

2 3?

cm / s a 、 b 满足 a ? b ? 0

10 .若函数 y ? f ( x ) 在 x ? 0 上可导,且满足不等式 则下列不等式一定成立 A .bf ( a ) ? af ( b ) 二、填空题 11 .设 f ( x ) ? e
2x

xf ' ( x ) ? f ( x ) 恒成立,又知常数

的是 B .af ( a ) ? af ( b ) C .bf ( a ) ? af ( b ) D .af ( a ) ? bf ( b )

? 2 x , 则 lim
3

f ' (x0 e
x

x? 0

?1
2

? a ?

12 .直线 y ? x 是曲线 y ? x
3

? 3x

? ax 的切线,则

13 .函数 y ? | 3 x ? x | 在闭区间 [ ? 2, ]上的最大值是 2 14 .一曲线 y ? f ( x ) 在 ( x , f ( x )( x ? 0 ) 处切线斜率为 三、解答题 15 .已知函数 f ( x ) ? ln( 1 ? x ) ? (1)求 f ( x )的极小值; x 1? x k ? 1 x
2

, 此曲线过点(

1,),则次曲线方程为 2

( 2)若 a ? 0 , b ? 0,求证: ln a ? ln b ? 1 ?

b a

2

16 .已知 f ( x ) ? (

x m

? 1) ? (
2

n x

? 1) 的定义域为
2

[ m , n ]且 1 ? m ? n ? 2

(1) 讨论 f ( x )的单调性

( 2)证明:对任意

x 1、 x 2 ? [ m , n ), 不等式 | f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) |? 1恒成立

17 .设函数 f ( x ) ? x sin x ( x ? R ) (1) 证明 f ( x ? 2 k ? ) ? f ( x ) ? 2 k ? sin x , 其中 k 为整数;

( 2 ) 设 x 0 为 f ( x )的一个极值点,证明

[ f ( x 0 )]

2

?

x0

4 2

1 ? x0

( 3 ) 设 f ( x ) 在 ( 0, ? )内的全部极值点按从小 ? ? ? ( n ? 1, 2 , ? ).

到大的顺序排列为

a 1, a 2 , ? , a n , ? , 证明

?
2

? a n ?1 ? a n

3

专题三
一、1.D 二、 三、
15 .解:( 1) f ( x ) ? ln( 1 ? x ) ? x 1? x
11 . 4

导数的应用(答案)
6.C 7.B
13 . 2

2.B

3.B

4.D
12 . 1或 13 4

5.B

8.D

9.A
14 . y ? ?

10.A
1 x ?3

, 求导数得 f ' ( x ) ?

x (1 ? x )
2

, 而 f ( x )的定义域为:

x ? ?1

在 x ? 0时, f ' ( x ) ? 0 ; 在 ? 1 ? x ? 0时 f ' ( x ) ? 0 因此在 x ? 0时, f ( x ) 取得极小值, f (0) ? 0 值,

( 2 ) 证明:在 x ? 0时, f ( x ) 取得极小值,而且最小 于是 f ( x ) ? f ( 0 ) ? 0 , 从而 ln( 1 ? x ) ? 在 x ? ? 1时恒成立,令 于是 ln a ? ln b ? 1 ? 16 .解:( 1) f ( x ) ? ( ? ? f ' ( x) ? (x ? 2x m
2

x 1? x x 1? x ?1? 1 x ?1 ?1? b a

1? x ? b a

a b

? 0, 则

在 a ? 0 , b ? 0时成立 ? 1) 2 m
2

x m

? ( 2n x
2

n x

? 1) 2

2

?

x m

2 2

?

n x
2

2 2

?
2

2x m

?
3

2n x

? 2
2

?

2n x
3

2

?

?

?

m x

2

3

(x

4

? m n

? mx

? m nx ) ?

2 m x
2 3

(x

2

? mx ? mn )

mn )( x ?

mn )

?1 ? m ? x ? n ? 2 ? 2 m x ?x?
2 3

? 0, x

2

? mx ? mn ? x ( x ? m ) ? mn ? 0 ,

mn ? 0 mn

令 f ' ( x ) ? 0, 得 x ? ①当 x ? [ m ,

mn )时, f ' ( x ) ? 0

②当 x ? [ mn , n )时, f ' ( x ) ? 0 ? f ( x )在 [ m , ( 2)证明:由( f (m ) ? ( n m 对任意 x 1 , x 2 ? [ m , n ) | f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) |? ( n m ? 1)
2

mn ]内为减函数,在

[ mn , n )内为增函数 f ( mn ) ? 2 ( n m ? 1) , 最大值为
2

1)可知 f ( x ) 在 [ m , n ]上的最小值为:
2

? 1)

? 2(

n m

? 1)

2

?(

n m

)

2

? 4?

n m

? 4

n m

? 1.

4

令u ?

n m

, h (u ) ? u ? 4 u
3

2

? 4u ? 1

? 1 ? m ? n ? 2 ,? 1 ?
3

n m

? 2 , 即1 ? u ?

2

? h ' ( u ) ? 4 u ? 8 u ? 4 ? 4 ( u ? 1) (u ? 5 ?1 2 )( u ? 5 ?1 2 ) ? 0 , ? h ( u ) 在 (1, 2 ]上是增函数

? 和 (u ) ? h ( 2 ) ? 4 ? 8 ? 4 2 ? 1 ? 4 2 ? 5 ? 1 故对任意 x 1 , x 2 ? [ m , n ), 不等式 | f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) |? 1恒成立 17 .解( 1)证明:由函数 f ( x )的定义,对任意整数 k 有: f ( x ? 2 k ? ) ? f ( x ) ? ( x ? 2 k ? ) sin( x ? 2 k ? ) ? sin x ? ( x ? 2 k ? ) sin x ? x sin x ? 2 k ? sin x

( 2 )函数 f ( x ) 在定义域 R 上可导, f ' ( x ) ? sin x ? x cos x 令 f ' ( x ) ? 0 , 得 sin x ? x cos x ? 0 显然,对于满足上述方 程的 x 有 cos x ? 0 , 上述方程化简为 tan x 0 ? ? x 0 ? x tan
2



x ? ? tan x , 如图所示,此方程一定

有解

, f ( x )的极值点 x 0 一定满足 由 sin
2

x ? sin tan

sin
2 2

2

x
2

x
2

x ? cos x0
2

1 ? tan
2

, 得: x
2

sin

2

x0 ?

1 ? tan

x0

, 因此 [ f ( x 0 )]

? x 0 sin

2

x0 ?

x0

4 2

1 ? x0

( 3 ) 设 x 0 ? 0 是 f ' ( x ) ? 0 任意正实根,即 即 x 0 在第二或第四象限内, 在第二象限或第四象限

x 0 ? ? tan x 0 则存在一个非负

k 数,使 :

?(

?
2

? k ? , ? ? k ? ),

由①式, f ' ( x ) ? cos x (tan x ? x ) 中的符号可列表如下:

5

x

(

?
2

? k? , x 0 )

x0

( x 0 , ? ? k? )

f ' (x) 的符号

k 为奇数 k 为偶数

— +

0 0

+ —

所以满足 f ' ( x ) ? 0的正根 x 0 都为 f ( x )的极值点 . 由题设条件, a 1 , a 2 , ? , a n , ? 为方程 x ? ? tan x 的全部正实根且满足 a1 , a 2 , ? , a n , ? , 那么对于 n ? 1, 2 , ? , a n ? 1 ? a n ? ? (tan a n ? 1 ? tan a n ) ? ? (1 ? tan a n ? 1 ? tan a n ) tan( a n ? 1 ? a n ) 由于 ② 3? 2

?
2

? ( n ? 1) ? ? a n ? ? ? ( n ? 1) ? ,

?
2

? n ? ? a n ?1 ? ? ? n ? , 则

?
2

? a n ?1 ? a n ?

由于 tan a n ? 1 ? tan a n ? 0 , 由②式知 即 a n ?1 ? a n ? ? 综上,

tan( a n ? 1 ? a n ) ? 0 , 由此可知 a n ? 1 ? a n 必在第二象限

?
2

? a n ?1 ? a n ? ?

6

7


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