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导数综合题(二)


导数综合题(二)
1.设 x1 、 x2 ( x1 ? x2 )是函数f ( x) ? ax3 ? bx2 ? a 2 x(a ? 0) 的两个极值点. (1)若 | x1 | ? | x2 |? 2 2 , 求b 的最大值; (2)若 x1 ? x ? x2 , 且x2 ? a,函数g ( x) ? f ?( x) ? a( x ? x1 ) ,求证: | g ( x) |?

1 a (3a ? 2) 2 . 12

2.设函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx ( x ? 0) 的图象与直线 y ? 4 相切于 M (1, 4) . (Ⅰ)是否存在两个不等正数 s , t ( s ? t ) ,当 x ? [s, t ] 时,函数 f ( x) ? x ? ax ? bx 的值域也是 [ s, t ] ,
3 2

若存在,求出所有这样的正数 s , t ;若不存在,请说明理由; (Ⅱ)设存在两个不等正数 s , t ( s ? t ) ,当 x ? [ s, t ] 时,函数 f ( x) ? x ? ax ? bx 的值域是 [ks, kt ] ,
3 2

求正数 k 的取值范围.

1

3.[2014· 安徽卷] 设实数 c>0,整数 p>1,n∈N*. (1)证明:当 x>-1 且 x≠0 时,(1+x)p>1+px; p-1 1 c - 1 (2)数列{an}满足 a1>c ,an+1= a + a1 p,证明:an>an+1>c . p p n p n p

4.[2014· 陕西卷] 设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中 f′(x)是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+…+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明.

5.[2014· 浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围.

2

导数综合题(二)
1.设 x1 、 x2 ( x1 ? x2 )是函数f ( x) ? ax3 ? bx2 ? a 2 x(a ? 0) 的两个极值点. (1)若 | x1 | ? | x2 |? 2 2 , 求b 的最大值; (2)若 x1 ? x ? x2 , 且x2 ? a,函数g ( x) ? f ?( x) ? a( x ? x1 ) ,求证: | g ( x) |? 1.解: f ?( x) ? 3ax2 ? 2bx ? a 2 (a ? 0). (1)∵x1、x2 是 f(x)是两个极值点,? f ?( x1 ) ? f ?( x2 ) ? 0. ∴x1、x2 是方程 3ax ? 2bx ? a ? 0 的两根.
2 2

1 a (3a ? 2) 2 . 12

∵△= 4b2 + 12a3, ∴△>0 对一切 a > 0, b ? R 恒成立.

x1 ? x 2 ? ? ? a ? 0,

2b a , x1 ? x 2 ? ? , 2b 2 a 4b 2 4 ? | x | ? | x | ? | x ? x | ? ( ? ) ? 4 ( ? ) ? ? a. 3a 3 1 2 1 2 3a 3 9a 2 3 ? x1 ? x 2 ? 0.

4b 2 4 由 | x1 | ? | x2 |? 2 2 得 ? a ? 2 2 , ? b 2 ? 3a 2 (6 ? a). 分 2 3 9a
? b 2 ? 0, ? 3a 2 (6 ? a) ? 0, 0 ? a ? 6.
令 h(a) ? 3a (6 ? a),则h?(a) ? ?9a ? 36a.
2 2

0 ? a ? 4时, h?(a) ? 0 ? h(a) 在(0,4)内是增函数; 4 ? a ? 6时, h?(a) ? 0
∴h (a)在(4,6)内是减函数.

∴a = 4 时,h(a)有极大值为 96,? h(a)在?0,6? 上的最大值是 96, ∴b 的最大值是 4 6. (2)证法一:∵x1、x2 是方程 f ?( x) ? 0 的两根,

? f ?( x) ? 3a( x ? x1 )(x ? x2 ) ,

1 ? | g ( x) |? 3a | x ? x1 | ? | x ? x2 ? |? 3a( 3

1 | x ? x1 | ? | x ? x2 ? | 3 )2 2

3

? x1 ? x ? x 2 ,? x ? x1 ? 0, x ? x 2 ? 0, 3a 1 3a 1 [(x ? x1 ) ? ( x ? x 2 ? )]2 ? ( x 2 ? x1 ? ) 2 . 4 3 4 3 a 1 ? x1 ? x 2 ? ? , x 2 ? a, ? x1 ? ? . 3 3 ?| g ( x) |?
?| g ( x) |? 3a 1 1 1 ? (a ? ? ) 2 ? a(3a ? 2) 2 . 4 3 3 12

证法二:∵x1、x2 是方程 f ?( x) ? 0 的两根,

? f ?( x) ? 3a( x ? x1 )(x ? x2 ) .
a 1 ? x1 ? x 2 ? ? , x 2 ? a, ? x1 ? ? . 3 3 1 1 1 ?| g ( x) |?| 3a( x ? )( x ? a) ? a( x ? ) | . ?| a( x ? )[ 3( x ? a) ? 1] | 3 3 3
1 3

∵x1 < x < x2,?| g ( x) |? a ( x ? )( ?3 x ? 3a ? 1)

1 3a ? 1 ? ?3a ( x ? )(x ? ) 3 3 a 3a 3 1 ? ?3a ( x ? ) 2 ? ? a2 ? a 2 4 3
? 3a 3 1 a(3a ? 2) 2 ? a2 ? a ? 4 3 12

2.设函数 f ( x) ? x ? ax ? bx ( x ? 0) 的图象与直线 y ? 4 相切于 M (1, 4) .
3 2

(Ⅰ)是否存在两个不等正数 s , t ( s ? t ) ,当 x ? [s, t ] 时,函数 f ( x) ? x ? ax ? bx 的值域也是 [ s, t ] ,若
3 2

存在,求出所有这样的正数 s , t ;若不存在,请说明理由; (Ⅱ)设存在两个不等正数 s , t ( s ? t ) ,当 x ? [s, t ] 时,函数 f ( x) ? x ? ax ? bx 的值域是 [ks, kt ] ,求正
3 2

数 k 的取值范围. 2.解: (Ⅰ)由函数的定义域是正数知, s ? 0 ,故极值点 (3, 0) 不在区间 [ s, t ] 上;

1≤t ? 3 ,在此区间上 f ( x) 的最大值是 4,不可能等 (1)若极值点 M (1, 4) 在区间 [ s, t ] ,此时 0 ? s≤
于 t ;故在区间 [ s, t ] 上没有极值点; (2)若 f ( x) ? x ? 6 x ? 9 x 在 [ s, t ] 上单调增,即 0 ? s ? t≤1 或 3 ? s ? t ,
3 2

? s3 ? 6s 2 ? 9s ? s ? f ( s) ? s ?s ? 2 ? 则? ,即 ? 3 ,解得 ? 不合要求; 2 ? ? f (t ) ? t ?t ? 4 ?t ? 6t ? 9t ? t

4

(3)若 f ( x) ? x3 ? 6 x2 ? 9 x 在 [ s, t ] 上单调减,即 1≤s ? t≤3 ,则 ? 两式相减并除 s ? t 得: (s ? t )2 ? 6(s ? t ) ? st ? 10 ? 0 , 两式相除并开方可得 [s(s ? 3)]2 ? [t (t ? 3)]2 , 即 s(3 ? s) ? t (3 ? t ) ,整理并除以 s ? t 得: s ? t ? 3 , 则①、②可得 ?

? f ( s) ? t , ? f (t ) ? s




?s ? t ? 3 2 ,即 s , t 是方程 x ? 3x ? 1 ? 0 的两根, ?st ? 1

即存在 s ?

3? 5 3? 5 ,t ? 满足要求; 2 2

(Ⅱ)同(Ⅰ) ,极值点 (3, 0) 不可能在区间 [ s, t ] 上;

1≤t ? 3 , (1)若极值点 M (1, 4) 在区间 [ s, t ] ,此时 0 ? s≤

? ? ? 故有① ? ? ? ?
①由 k ?

0 ? s≤1≤t ? 3 kt ? 4 ks ? f ( s) f ( s)≤f (t )

? ? ? 或② ? ? ? ?

0 ? s≤1≤t ? 3 kt ? 4 ks ? f (t ) f ( s)≥f (t )

4 4 , 1≤t ? 3 知, k ? ( , 4] ,当且仅当 t ? 1 时, k ? 4 ; t 3

2 再由 k ? (s ? 3) , 0 ? s≤1 知, k ? [4,9] ,当且仅当 s ? 1 时, k ? 4

由于 s ? t ,故不存在满足要求的 k 值。

1 t t (3 ? t ) 2 f (t ) ? f (t ) ? [ ] ,及 0 ? s≤1 可解得 2≤t ? 3 , k 4 2 4 4 所以 k ? , 2≤t ? 3 知, k ? ( , 2] ; t 3 4 4 1 t t (3 ? t ) 2 ] ? (0,1] , 即当 k ? ( , 2] 时,存在 t ? ? [2,3) , s ? f (t ) ? f (t ) ? [ 3 k k 4 2 4 且 f ( s )≥4 s ? f (t ) ? f (t ) ,满足要求。 k
②由 s ? (2)若函数 f ( x ) 在区间 [ s, t ] 单调递增,则 0 ? s ? t≤1 或 3 ? s ? t ,

且?

? f ( s) ? ks 2 ,故 s , t 是方程 x ? 6 x ? 9 ? k 的两根, ? f (t ) ? kt

由于此方程两根之和为 3,故 [ s, t ] 不可能同在一个单调增区间;

5

(3)若函数 f ( x ) 在区间 [ s, t ] 单调递减,即 1≤s ? t≤3 , ?

? f ( s ) ? kt , ? f (t ) ? ks

两式相除并整理得 s 2 (s ? 3)2 ? t 2 (t ? 3)2 ,由 1 ? s ? t ? 3 知 s(s ? 3) ? t (t ? 3) ,即 s ? t ? 3 , 再将两式相减并除以 s ? t 得, ?k ? (s 2 ? st ? t 2 ) ? 6(s ? t ) ? 9 ? (s ? t )2 ? 6(s ? t ) ? 9 ? st ? ?st , 即 k ? st ? ( 即存在 s ?

s?t 2 9 9 ) ? 。即 k ? (0, ) , s , t 是方程 x 2 ? 3x ? k ? 0 的两根, 2 4 4

3 ? 9 ? 4k 3 ? 9 ? 4k ,s ? 满足要求。 2 2
9 3 2 时,存在两个不等正数 s , t ( s ? t ) ,使 x ? [s,t ] 时,函数 f ( x) ? x ? 6 x ? 9 x 的值 4

综上可得,当 0 ? k ? 域恰好是 [ks, kt ] 。

3.[2014· 安徽卷] 设实数 c>0,整数 p>1,n∈N*. (1)证明:当 x>-1 且 x≠0 时,(1+x)p>1+px; p-1 1 c - 1 (2)数列{an}满足 a1>c ,an+1= a + a1 p,证明:an>an+1>c . p p n p n p 3.证明:(1)用数学归纳法证明如下. ①当 p=2 时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假设 p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx 成立. + 当 p=k+1 时,(1+x)k 1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x. 所以当 p=k+1 时,原不等式也成立. 综合①②可得,当 x>-1,x≠0 时,对一切整数 p>1,不等式(1+x)p>1+px 均成立. 1 (2)方法一:先用数学归纳法证明 an>c . p 1 ①当 n=1 时,由题设知 a1>c 成立. p 1 ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>cp成立. p-1 c - 由 an+1= a + a1 p易知 an>0,n∈N*. p n p n ak+1 p-1 c -p 1 c ? p-1 . 当 n=k+1 时, = + ak =1+ ? ? ak p p p?ak 1 1 1 c ? p-1 <0. 由 ak>c >0 得-1<- < ? ? p p p?ak p ak+1?p ? 1? c ? >1+p· 1? cp-1?= cp. 由(1)中的结论得? = 1+p?ap-1? ?? ? ak p? ak ? ak ? ? k 1 因此 ap k+1>c,即 ak+1>c , p 1 所以当 n=k+1 时,不等式 an>c 也成立. p

6

1 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>c 均成立. p an+1 an+1 1 c ? p-1 可得 再由 =1+ ? <1,即 an+1<an. an p?an ? an 1 综上所述,an>an+1>c ,n∈N*. p p-1 c 1-p 1 方法二:设 f(x)= x+ x ,x≥c ,则 xp≥c, p p p p-1 c p-1? c - 1- p?>0. 所以 f′(x)= + (1-p)x p= p p p ? x? 1 1 1 1 由此可得,f(x)在[c ,+∞)上单调递增,因而,当 x>c 时,f(x)>f(c )=c . p p p p 1 ①当 n=1 时,由 a1>c >0,即 ap 1>c 可知 p p-1 1 c c 1-p 1 1 ?? p-1 <a1,并且 a2=f(a1)>c ,从而可得 a1>a2>c , a2= a1+ a1 =a1?1+p? a ? ? p p ? ? p p 1 1 故当 n=1 时,不等式 an>an+1>c 成立. p 1 1 ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>ak+1>c 成立,则当 n=k+1 时,f(ak)>f(ak+1)>f(c ), p p 1 即有 ak+1>ak+2>c ,所以当 n=k+1 时,原不等式也成立. p 1 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>an+1>c 均成立. p 4.[2014· 陕西卷] 设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中 f′(x)是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+…+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明. x 4.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x x 1 + x x x (1)由已知,g1(x)= ,g2(x)=g(g1(x))= = , x 1+x 1+2x 1+ 1+x g3(x)= x x ,…,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

下面用数学归纳法证明. x ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+ x x ②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= . 1+kx

7

x 1+kx gk(x) x 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = ,即结论成立. x 1+gk(x) 1+(k+1)x 1+ 1+kx 由①②可知,结论对 n∈N+成立. ax (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+x ax 设 φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 则 φ′(x)= x+1-a 1 a - = , 1+x (1+x)2 (1+x)2

当 a≤1 时,φ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又 φ(0)=0,∴φ(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ax ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x 当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ′(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,∴φ(a-1)<φ(0)=0. ax 即 a>1 时,存在 x>0,使 φ(x)<0,故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+…+g(n)= + +…+ , 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下: 1 1 1 方法一:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> x ,x>0. 1+x

n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n n+1 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +…+ <ln(k+1). 2 3 k+1 k+2 1 1 1 1 1 那么,当 n=k+1 时, + +…+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+2), 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. 1 1 1 方法二:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1), 2 3 n+1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> x ,x>0. 1+x

8

n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1 1 1 1 故有 ln 2-ln 1> ,ln 3-ln 2> ,……ln(n+1)-ln n> , 2 3 n+1 1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +…+ , 2 3 n+1 结论得证.
n 方法三: 如图, ?

x x 1 2 n dx 是由曲线 y= , x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, 而 + +…+ 2 3 x+1 n+1 ?0x+1

是图中所示各矩形的面积和,

1 1 2 n x ∴ + +…+ > n dx=?n?1-x+1?dx=n-ln(n+1), 2 3 ? ? n+1 ? x + 1 ? ?
0 0

5.[2014· 浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. ?x3+3x-3a,x≥a, ? 5.解:(1)因为 f(x)=? 3 ?x -3x+3a,x<a, ? 2 ? 3 x + 3 , x ≥a, ? 所以 f′(x)=? 2 由于-1≤x≤1, ?3x -3,x<a. ? (i)当 a≤-1 时,有 x≥a,故 f(x)=x3+3x-3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数, 因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故 M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. (ii)当-1<a<1 时,若 x∈(a,1),则 f(x)=x3+3x-3a.在(a,1)上是增函数;若 x∈(-1,a), 则 f(x)=x3-3x+3a 在(-1,a)上是减函数.所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 1 1 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤ 时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当 <a<1 时,M(a)-m(a) 3 3 3 =-a +3a+2. (iii)当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x3-3x+3a,此时 f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2 +3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4. 8,a≤-1,

? , ?-a -3a+4,-1<a≤1 3 综上,M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2, <a<1, 3 ? ?4,a≥1.
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b, ?x3+3x-3a+b,x≥a, ?3x2+3,x>a, ? ? 则 h(x)=? 3 h′(x)=? 2 ? ? ?x -3x+3a+b,x<a, ?3x -3,x<a. 2 因为[f(x)+b] ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知,(i)当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+b, 最小值是 h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾.
9

1 (ii)当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(1)=4-3a+b,所以 a3+b≥-2 3 1 且 4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 1 0, ?上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在? ? 3? 因此-2≤3a+b≤0. 1 (iii)当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(-1)=3a+b+2,所以 a3+b≥ 3 28 -2 且 3a+b+2≤2,解得- <3a+b≤0; 27 (iv)当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值是 h(1)=-2+3a+b,所以 3a +b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0.

10



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