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导数综合题(一)


导数综合题(一)
1 、 已 知 函 数 y ? f ( x), x ? N ? , 满 足 : ① 对 任 意 a, b ?
?

N, 都 有

af (a) ? bf (b) ? af (b) ? bf (a) ;②对任意 n∈N *都有 f [ f (n)] ? 3n .
(Ⅰ)试证明: f ( x ) 为 N ? 上的单调增函数; (Ⅱ)求 f (1) ? f (6) ? f (28) ; (Ⅲ)令 an ? f (3n ), n ? N? ,试证明:

n 1 1 ? ? ? 4n ? 2 a1 a2

?

1 1 ? . an 4

x2n 1 x2 x3 2、(2013· 广州一模)已知 n∈N ,设函数 fn(x)=1-x+ - +…- ,x∈R. 2 3 2n-1 (1)求函数 y=f2(x)-kx(k∈R)的单调区间; (2)是否存在整数 t,对于任意 n∈N*,关于 x 的方程 fn(x)=0 在区间[t,t+1]上有唯一实 数解,若存在,求 t 的值;若不存在,说明理由.


*

1

3、(2013· 黄冈模拟)已知函数 f(x)=-x3+x2,g(x)=aln x(a≠0,a∈R). (1)若对任意 x∈[1,+∞),使得 f(x)+g(x)≥-x3+(a+2)x 恒成立,求实数 a 的取值范 围; (2)证明:对 n∈N*,不等式 1 1 1 2 013 + +…+ > 成立. ln?n+1? ln?n+2? ln?n+2 013? n?n+2 013?

?x+a?ln x 4、(2013· 济南模拟)设 f(x)= ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 2x+y x+1 +1=0 垂直. (1)求 a 的值; (2)若?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1)恒成立,求 m 的范围. (3)求证:ln 2n+1<∑ 4
n

i .(n∈N*). 4i -1
2

2

导数综合题(一)
1 、 已 知 函 数 y ? f ( x), x ? N ? , 满 足 : ① 对 任 意 a, b ?
?

N, 都 有

af (a) ? bf (b) ? af (b) ? bf (a) ;②对任意 n∈N *都有 f [ f (n)] ? 3n .
(Ⅰ)试证明: f ( x ) 为 N ? 上的单调增函数; (Ⅱ)求 f (1) ? f (6) ? f (28) ; (Ⅲ)令 an ? f (3n ), n ? N? ,试证明:

n 1 1 ? ? ? 4n ? 2 a1 a2

?

1 1 ? . an 4

【解】 (I) 由①知,对任意 a, b ? N* , a ? b ,都有 (a ? b)( f (a) ? f (b)) ? 0 , 由于 a ? b ? 0 ,从而 f (a) ? f (b) ,所以函数 f ( x) 为 N* 上的单调增函数 (II)令 f (1) ? a ,则 a …1 ,显然 a ? 1 ,否则 f ( f (1)) ? f (1) ? 1 ,与 f ( f (1)) ? 3 矛盾. 从而 a ? 1 ,而由 f ( f (1)) ? 3 ,即得 f (a) ? 3 . 又由(I)知 f (a) ? f (1) ? a ,即 a ? 3 .
* 于是得 1 ? a ? 3 ,又 a ? N ,从而 a ? 2 ,即 f (1) ? 2 .

进而由 f (a) ? 3 知, f (2) ? 3 .于是 f (3) ? f ( f (2)) ? 3 ? 2 ? 6 ,

f (6) ? f ( f (3)) ? 3 ? 3 ? 9 , f (9) ? f ( f (6)) ? 3 ? 6 ? 18 , f (18) ? f ( f (9)) ? 3 ? 9 ? 27 , f (27) ? f ( f (18)) ? 3 ? 18 ? 54 , f (54) ? f ( f (27)) ? 3 ? 27 ? 81,
由于

54 ? 27 ? 81 ? 54 ? 27 ,
而且由(I)知,函数 f ( x) 为单调增函数,因此 f (28) ? 54 ? 1 ? 55. 从而 f (1) ? f (6) ? f (28) ? 2 ? 9 ? 55 ? 66 . ( Ⅲ )

f (an ) ? f ( f (3n )) ? 3 ? 3n ? 3n?1 , an?1 ? f (3n?1 ) ? f ( f (an )) ? 3an ,

a1 ? f (3) ? 6 .
即数列 {an } 是以 6 为首项, 以 3 为公比的等比数列 . ∴ an ? 6 ? 3n ?1 ? 2 ? 3n (n ? 1,2,3 )

3

1 1 于是 ? ? a1 a2

1 1 1 1 ? ? ( ? 2? an 2 3 3

1 1 (1 ? n ) 1 1 3 1 1 1 1 1 3 ? n)? ? ? (1 ? n ) ,显然 (1 ? )? , n 1 3 2 4 3 4 4 3 1? 3

1 2 n 另一方面 3n ? (1 ? 2) n ? 1 ? Cn ? 2 ? Cn ? 22 ? ? ? Cn ? 2n ? 1 ? 2n ,

从而

1 1 1 1 n (1 ? n ) ? (1 ? )? . 4 4 2n ? 1 4n ? 2 3

综上所述,

n 1 1 1 1 ? ? ??? ? . 4n ? 2 a1 a 2 an 4


x2n 1 x2 x3 2、(2013· 广州一模)已知 n∈N*,设函数 fn(x)=1-x+ - +…- ,x∈R. 2 3 2n-1 (1)求函数 y=f2(x)-kx(k∈R)的单调区间; (2)是否存在整数 t,对于任意 n∈N*,关于 x 的方程 fn(x)=0 在区间[t,t+1]上有唯一实 数解,若存在,求 t 的值;若不存在,说明理由. x2 x3 【解】∵y=f2(x)-kx=1-x+ - -kx, 2 3 2 2 ∴y′=-1+x-x -k=-(x -x+k+1). 方程 x2-x+k+1=0 的判别式Δ =(-1)2-4(k+1)=-3-4k. 3 当 k≥- 时,Δ ≤0,y′=-(x2-x+k+1)≤0, 4 故函数 y=f2(x)-kx 在 R 上单调递减; 1- -3-4k 1+ -3-4k 3 当 k<- 时,方程 x2-x+k+1=0 的两个实根为 x1= ,x2= , 4 2 2 则 x∈(-∞,x1)时,y′<0;x∈(x1,x2)时,y′>0;x∈(x2,+∞)时,y′<0; 故函数 y=f2(x)-kx 的单调递减区间为(-∞,x1)和(x2,+∞), ∴单调递增区间为(x1,x2). (2)存在 t=1,对于任意 n∈N*,关于 x 的方程 fn(x)=0 在区间[t,t+1]上有唯一实数解, 理由如下: 当 n=1 时,f1(x)=1-x,令 f1(x)=1-x=0,解得 x=1, ∴关于 x 的方程 f1(x)=0 有唯一实数解 x=1. - x2n 1 x2 x3 当 n≥2 时,由 fn(x)=1-x+ - +…- , 2 3 2n-1 - - 得 fn′(x)=-1+x-x2+…+x2n 3-x2n 2, 若 x=-1,则 fn′(x)=fn′(-1)=-(2n-1)<0, 若 x=0,则 fn′(x)=-1<0, - x2n 1+1 若 x≠-1 且 x≠0 时,则 fn′(x)=- , x+1 - 当 x<-1 时,x+1<0,x2n 1+1<0,fn′(x)<0, - 当 x>-1 时,x+1>0,x2n 1+1>0,fn′(x)<0, ∴fn′(x)<0,故 fn(x)在(-∞,+∞)上单调递减. 1 1 ? 1 1? ?1 1? - - + - +…+? ∵fn(1)=(1-1)+? ?2 3? ?4 5? ?2n-2 2n-1?>0; - 2n-2 2 3 4 5 22n 1 ? 2 2 ? ?2 2 ? ?2 - + - +…+? - fn(2)=(1-2)+? ? ?2 3? ?4 5? ?2n-2 2n-1? 1 2 ? 2n-2 1 2? 2 ?1 2? 4 - - 2 + - 2 +…+? =-1+? ?2 3? ?4 5? ?2n-2 2n-1?2 2n-3 1 2 3 4 - =-1- 2- 2 -…- 22n 2<0. 2·3 4·5 (2n-2)(2n-1)
4

∴方程 fn(x)=0 在[1,2]上有唯一实数解. 当 x∈(-∞,1)时,fn(x)>fn(1)>0;当 x∈(2,+∞)时,fn(x)<fn(2)<0. 综上所述,对于任意 n∈N*,关于 x 的方程 fn(x)=0 在区间[1,2]上有唯一实数解. ∴t=1. 3、(2013· 黄冈模拟)已知函数 f(x)=-x3+x2,g(x)=aln x(a≠0,a∈R). (1)若对任意 x∈[1,+∞),使得 f(x)+g(x)≥-x3+(a+2)x 恒成立,求实数 a 的取值范 围; (2)证明:对 n∈N*,不等式 1 1 1 2 013 + +…+ > 成立. ln?n+1? ln?n+2? ln?n+2 013? n?n+2 013?

【解】 (1)f(x)+g(x)≥-x3+(a+2)x 转化为 a(ln x-x)≥2x-x2, 易知 ln x<x,∴a≤ ,设 φ(x)= , x-ln x x-ln x ?x-1??x+2-2ln x? φ′(x)= , ?x-ln x?2 2 设 h(x)=x+2-2ln x,h′(x)=1- . x ∵h(x)在(1,2)单调递减,(2,+∞)单调递增, ∴h(x)min=h(2)=4-2ln 2>0. ∴φ′(x)≥0,∴φ(x)在[1,+∞)上是增函数, φ(x)min=φ(1)=-1. ∴a≤-1. (2)由(1)知:aln x-(a+2)x+x2≥0 对 x≥1 恒成立, 令 a=-1,则 ln x≤x2-x, 1 1 1 1 ∴ > = - . ln x x?x-1? x-1 x 取 x=n+1,n+2,…,n+2 013 得 1 1 1 1 1 1 1 1 > - , > - ,…, > - . ln?n+1? n n+1 ln?n+2? n+1 n+2 ln?n+2 013? n+2 012 n+2 013 相加得: 1 ln?n+1? + 1 ln?n+2? +…+ 1 ? ? 1 1 ? ?1 - > ?n- +? +…+ ? n+1? ?n+1 n+2? ? ln?n+2 013? ? 1 1 x2-2x x2-2x

? 1 - 1 ? 1 1 2 013 = . ?n+2 012 n+2 013?=n- ? ? n+2 013 n?n+2 013?
?x+a?ln x 4、(2013· 济南模拟)设 f(x)= ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 2x+y x+1 +1=0 垂直. (1)求 a 的值; (2)若?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1)恒成立,求 m 的范围.

5

i .(n∈N*). 4i2-1 1 【思路点拨】 (1)利用 f′(1)= 求解. 2 (3)求证:ln 2n+1<∑ =
i 1

4

n

(2)把 f(x)≤m(x-1)进行等价转化,构造函数,利用导数判断不等式是否恒成立. 2k+1 2k+1 1 1 4k 1 x- ?,令 x= (3)根据第(2)题的结论可得 ln x< ? 可得到 ln < 2 ,即 2? x ? 4 2k-1 2k-1 4k -1 [ln(2k+1)-ln(2k-1)]< 【自主解答】 ,k∈N*,累加求和,可证明结论. 4k -1
2

k

(1)f′(x)=

?x+a ? ? +ln x??x+1?-?x+a?ln x ? x ?
?x+1?2



2?1+a? 1 1 由题设 f′(1)= ,∴ = .∴1+a=1,∴a=0. 2 4 2 (2)f(x)= 1 x- ?. ,?x∈[1,+∞),f(x)≤m(x-1),即 ln x≤m? x? ? x+1 xln x

1 x- ?,即?x∈[1,+∞),g(x)≤0. 设 g(x)=ln x-m? ? x? -mx2+x-m 1 1 1+ 2?= g′(x)= -m? . ? x? x x2 ①若 m≤0,g′(x)>0,g(x)≥g(1)=0,这与题设 g(x)≤0 矛盾 ②若 m>0,方程-mx2+x-m=0 的判别式 Δ=1-4m2. 1 当 Δ≤0,即 m≥ 时,g′(x)≤0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,∴g(x)≤g(1)=0,即不 2 等式成立. 1- 1-4m2 1+ 1-4m2 1 2 当 0<m< 时,方程-mx +x-m=0,其根 x1= >0,x2= > 2 2m 2m 1, 当 x∈(1,x2),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,与题设矛盾. 1 综上所述,m≥ . 2 1 1 1 x- ?成立. (3)由(2)知,当 x>1 时,m= 时,ln x< ? 2 2? x? 2k+1 不妨令 x= ,k∈N* 2k-1

6

2k+1 1?2k+1 2k-1? 4k - 所以 ln < ? ?= 2 , 2 2 k - 1 2 k + 1 2k-1 ? ? 4k -1 1 k [ln(2k+1)-ln(2k-1)]< 2 ,k∈N* 4 4k -1

? ?1?ln 5-ln 3?< 2 , 4×2 -1 ?4 ………… ?1[?ln?2n+1?-ln?2n-1?]< n , ?4 4×n -1
2 2

1 1 ?ln 3-ln 1?< , 4 4×12-1

4 1 i i 累加可得 ln(2n+1)<∑ = (n∈N*).即 ln 2n+1<∑ = (n∈N*). 2 4 i 1 4i -1 i 1 4i2-1

n

n

7



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