附答案高考冲刺练习导数 27页

‎2011高考数学最后30天冲刺练习：导数 例1、函数的值域是_____________.‎ 思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解，也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式结构较为复杂，采用导数法求解较为容易。‎ 解答过程：由得，，即函数的定义域为.‎ ‎ ， ‎ 又，‎ ‎ 当时，，‎ ‎ 函数在上是增函数，而，的值域是.‎ 例2、已知函数若在是增函数，求实数的范围。‎ 解析：≥0在上恒成立在上恒成立而在上的最小值为16，故。‎ 例3、已知定义在R上的函数y=f(x)的导函数f/(x)在R上也可导，且其导函数[f/(x)]/<0，‎ 则y=f(x)的图象可能是下图中的 （ ）‎ O ‎ x ‎ y ‎ ‎④ ‎ O ‎ x ‎ y ‎ ‎③ ‎ A．①② B．①③ C．②③ D．③④‎ O ‎ x ‎ y ‎ ‎② ‎ O ‎ x ‎ y ‎ ‎① ‎ C解析：由[f/(x)]/<0知f/(x)在R上递减，即函数y=f(x)的图象上从左到右各点处的切线斜率递减，不难看出图象②③满足这一要求。‎ 例4、f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf/(x)+f(x)≤0,对任意正数a、b,若a＜b，则必有 （ ） ‎ ‎ A.af(b) ≤bf(a) B.bf(a) ≤af(b) C.af(a) ≤f(b) D.bf(b) ≤f(a)‎ 解析：xf/(x)+f(x)≤0[xf(x)]/ ≤0函数F(x)= xf(x) 在（0，+∞）上为常函数或递减，‎ 又0e2n－3.‎ ‎．解：（I）…………（2分）‎ ‎ ‎ ‎ 上是减函数.……………………………………………………（4分）‎ ‎ （II）‎ ‎ 即h(x)的最小值大于k.…………………………………………………………（6分）‎ ‎ 则上单调递增，‎ ‎ 又 存在唯一实根a，且满足 当∴故正整数k的最大值是3 ……………………9分 ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ‎∴ ………………11分 令，则∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]‎ ‎∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3 ………………14分 例17、已知函数，数列的前项和为，，且．‎ ‎（Ⅰ）求的最大值；‎ ‎（Ⅱ）证明：；‎ ‎（Ⅲ）探究：数列是否单调？‎ 解：（Ⅰ）∵，∴．‎ ‎∵=，（2分）‎ ‎∴当时，，在上单调递增；‎ 当时，，在上单调递减．∴在区间内，．（2分）‎ ‎（Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当时， ∵，∴，成立；‎ ‎② 假设当时，成立．当时，由及，得，（2分）‎ 由(Ⅰ) 知，在上单调递增，所以，‎ 而，， 故．∴当时，也成立．‎ 由①、②知，对任意都成立．（4分）‎ ‎（Ⅲ）数列单调递减．（1分）理由如下：当时，‎ ‎ ∴；‎ 当时，由得．∵，（2分）‎ 又由 (Ⅱ) 知，，∴，∴，即 ‎∴，∴，∴．（3分）综上，数列单调递减 例18、已知函数（Ⅰ）判断的奇偶性；‎ ‎（Ⅱ）在上求函数的极值； ‎ ‎（Ⅲ）用数学归纳法证明：当时，对任意正整数都有 解：（Ⅰ） 。……3分 ‎(Ⅱ)当时， …5分 令有， 当x变化时的变化情况如下表: 由表可 知：‎ ‎（‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ 增 极大值 减 当时取极大值. ………7分 ‎(Ⅲ)当时 ………8分 ‎ 考虑到：时，不等式等价于…（1）‎ ‎ 所以只要用数学归纳法证明不等式（1）对一切都成立即可………9分 ‎（i）当时，设， 10分 故，即所以，当时，不等式（1）都成立 …11分 ‎（ii）假设时，不等式（1）都成立，即 ‎ 当时设 有 …12分 ‎ 故为增函数， 所以，，即， ‎ 这说明当时不等式（1）也都成立，‎ 根据(i)(ii)可知不等式（1）对一切都成立，故原不等式对一切都成立. ‎ 例19、已知是二次函数，不等式的解集是且在区间上的最大值是12。‎ ‎ （I）求的解析式；（II）是否存在实数使得方程在区间内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由。‎ 本小题主要考查函数的单调性、极值、最值等基本知识，考查运用导数研究函数性质 的方法，考查运算能力，考查函数与方程、数形结合、分类与整合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力。‎ ‎ 解：（I） 当即时，在上单调递增，‎ ‎ 当即时，‎ ‎ 当时，在上单调递减， 综上，‎ ‎ （II）函数的图象与的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ‎ 的图象与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。‎ ‎ 当时，是增函数； 当时，是减函数；‎ ‎ 当时，是增函数； 当或时，‎ ‎ 当充分接近0时，当充分大时，要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ‎ 　　即 所以存在实数，使得函数与的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为 例20、设是函数的一个极值点。‎ ‎（Ⅰ）、求与的关系式（用表示），并求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）、设，。若存在使得成立，求的取值范围。‎ 点评：本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力。‎ 解：（Ⅰ）f `(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a ]e3－x,‎ 由f `(3)=0，得 －[32＋(a－2)3＋b－a ]e3－3＝0，即得b＝－3－‎2a，则 f `(x)＝[x2＋(a－2)x－3－‎2a－a ]e3－x＝－[x2＋(a－2)x－3－‎3a ]e3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.‎ 令f `(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a≠－4.‎ 当a<－4时，x2>3＝x1，则在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（3，―a―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（―a―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数。‎ 当a>－4时，x2<3＝x1，则在区间（－∞，―a―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（―a―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数。‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]，‎ 而f (0)＝－（‎2a＋3）e3<0，f (4)＝（‎2a＋13）e－1>0，f (3)＝a＋6，‎ 那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（‎2a＋3）e3，a＋6].又在区间[0，4]上是增函数，‎ 且它在区间[0，4]上的值域是[a2＋，（a2＋）e4]，由于（a2＋）－（a＋6）＝a2－a＋＝（）2≥0，所以只须仅须（a2＋）－（a＋6）<1且a>0，解得0a；‎ ‎（3）记（n=1,2,……），求数列{bn}的前n项和Sn。‎ 解析：（1）∵，是方程f(x)=0的两个根，∴；‎ ‎ （2），‎ ‎=，∵，∴有基本不等式可知（当且仅当时取等号），∴同，样，……，（n=1,2,……），‎ ‎ （3），而，即，‎ ‎，同理，，又 例29、设a≥0，f (x)=x－1－ln2 x＋‎2a ln x（x>0）.（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－‎2a ln x＋1.‎ ‎（Ⅰ）解：根据求导法则有，故，‎ 于是，‎ 列表如下：‎ ‎2‎ ‎[来源:学科网]‎ ‎0‎ 递减 极小值 递增 故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值．‎ ‎（Ⅱ）证明：由知，的极小值．‎ 于是由上表知，对一切，恒有．‎ 从而当时，恒有，故在内单调增加．‎ 所以当时，，即故当时，恒有．‎ 例30、已知函数，．（Ⅰ）讨论函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设函数在区间内是减函数，求的取值范围．‎ 解：（1）求导：当时，，，在上递增 当，求得两根为即在递增，递减，递增 ‎（2），且解得：‎ 例31、已知函数（），其中．（Ⅰ）当时，讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若函数仅在处有极值，求的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围．‎ ‎（Ⅰ）解：．‎ 当时，．‎ 令，解得，，．‎ 当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以在，内是增函数，在，内是减函数．‎ ‎（Ⅱ）解：，显然不是方程的根．‎ 为使仅在处有极值，必须成立，即有．‎ 解些不等式，得．这时，是唯一极值．‎ 因此满足条件的的取值范围是．‎ ‎（Ⅲ）解：由条件，可知，从而恒成立．‎ 当时，；当时，．‎ 因此函数在上的最大值是与两者中的较大者．‎ 为使对任意的，不等式在上恒成立，当且仅当，即，在上恒成立．‎ 所以，因此满足条件的的取值范围是．‎