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高考理科数学导数经典题(详解)


1.(15 分)已知函数 f(x)=21nx+ax2﹣1 (a∈R) (I)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若 a=l,试解答下列两小题. (i)若不等式 f(1+x)+f(1﹣x)<m 对任意的 0<x<l 恒成立,求实数 m 的取值范围; (ii)若 x1,x2 是两个不相等的正数,且以 f(x1)+f(x2)=0,求证:x1+x2 >2.

2.(1

5 分)设函数 f ( x) ? e x ? sin x , g ( x ) ? x ? 2 ; (1)求证:函数 y ? f ( x) 在 [0,??) 上单调递增; (2) 设 P( x1 , f ( x1 )) ,Q( x2 , g ( x2 )) ( x1 ? 0, x2 ? 0) , 若直线 PQ // x 轴, 求 P, Q 两点间的最短距离.

3. (本小题满分 15 分)

x (0 ? x ? 2) . 已知函数 f ( x) ? 1 ? ln 2? x
(Ⅰ)是否存在点 M ( a, b) ,使得函数 y ? f ( x) 的图像上任意一点 P 关于点 M 对称的点 Q 也在函数

4. (本小题满分 15 分) 已知函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ?? ) ,若 y ? 数,则称 f ( x ) 为“一阶比增函数” ; 若y?

f ( x) 在 (0, ??) 上为增函 x

y ? f ( x) 的图像上?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明
理由; ( Ⅱ ) 定 义 Sn ?
2 n ?1

f ( x) 在 (0, ??) 上为增函数,则称 f ( x ) 为“二阶比增函数”.我 x2

们把所有“一阶比增函数”组成的

?
i ?1

i 1 2 2n ? 1 f ( ) ? f ( ) ? f ( ) ? ??? ? f ( ) ,其中 n n n n

集合记为 ?1 ,所有“二阶比增函数”组成的集合记为 ? 2 . [来源:.Com] (Ⅰ)已知函数 f ( x) ? x3 ? 2hx 2 ? hx ,若 f ( x) ??1, 且 f ( x) ??2 ,求 实数 h 的取值范围; (Ⅱ)已知 0 ? a ? b ? c , f ( x) ??1 且 f ( x ) 的部分函数值由下表给出,

n ? N* ,求 S2013 ;
(Ⅲ)在(2)的条件下,令 Sn ? 1 ? 2an ,若不等式 2an ? (an )m ? 1 对

x
f ( x)

a
d

?n ? N ,且 n ? 2 恒成立,求实数 m 的取值范围.
*

b

c

a?b?c

d

t

4

求证: d ? (2d ? t ? 4) ? 0 ; ( Ⅲ ) 定 义 集 合

?

?f (

?

x)

2

且存在常数 |f ? 使得任取 (x ?

)

,

,? k

?

请 问 : 是 否 存 在 常 数 M , 使 得 ?f ( x) ? ? , ?x ? (0, ??) , 有

f ( x ) ? M 成立?若存在,求出 M 的
最小值;若不存在,说明理由.

5. (本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x ) = x ln x ,g ( x ) = - x 2 +a x -2 . (Ⅰ)求函数 f ( x ) 在 [ t , t +2](t >0) 上的最小值; (Ⅱ) 若函数 y = f ( x ) 与 y = g ( x ) 的图象恰有一个公共点, 求实数 a 的值 .

6. (本小题满分 12 分) 设 a ≥0, 函数 f ( x ) = [ x 2 +( a -3) x -2 a +3 ]e x , g ( x ) = 2 -a - x - (Ⅰ)当 a ≥1 时,求 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)假设存在 x 1 , x 2 ∈(0, +∞) ,使得| f ( x 1 ) -g ( x 2 )| <1 成立,求 a 的 取值范围 .

7.(本小题满分 12 分)设函数 f ( x) ? (ax ?1)e x ?(1 ? a) x ? 1 .

4 . x ?1

(Ⅰ)证明:当 a ? 0 , f ( x) ? 0 ; (Ⅱ)设当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

8. (本小题满分 12 分) : 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? (1)当 a ?

9. (本小题 14 分)

a x?2

已知函数 f ( x) ?

25 时,求 f ( x ) 的单调递减区间; 4

1 2 ax ? (2a ? 1) x ? 2 ln x(a ? R). 2

(1) 若曲线 y ? f ( x) 在 x ? 1 和 x ? 3 处的切线互相平行,求 a 的值; (2) 求 f ( x) 的单调区间; (3) 设 g ( x) ? x 2 ? 2 x, 若 对 任 意 x1 ? (0,2], 均 存 在 x2 ? (0,2], 使 得

(2)若当 x ? 0 时, f ( x) ? 1 恒成立,求 a 的取值范围; (3)求证: ln(n ? 1) ?

1 1 1 ? ? ? 3 5 7

?

1 (n ? N ? ) 2n ? 1

f ( x1 ) ? g ( x2 ), 求 a 的取值范围。

10. (本小题 14 分) 设函数 f ( x) ? ? x( x ? a)2 ( x ? R ) ,其中 a ? R (Ⅰ)当 a ? 1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程; (Ⅱ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x ) 的极大值和极小值; ( Ⅲ ) 当 a ? 3 时 , 证 明 存 在 k ?? ?1 , 0? , 使 得 不 等 式

11. (2014 年 1 月青浦)**(本题满分 18 分)本题共 3 小题,第(1)小题 4 分,第(2) 小题 6 分,第(3)小题 8 分. 设集合 M ? ? f ( x) x ? (0, ??), f ( x) ? f ( ) ? .

? ?

1 ? x ?

(1)已知函数 f ( x) ?

x ( x ? 0) ,求证: f ( x) ? M ; 1 ? x2

(2)对于(1)中的函数 f ( x ) ,求证:存在定义域为 [2, ??) 的函数

f (k ? cos x) ≥ f (k 2 ? cos2 x) 对任意的 x ? R 恒成立

1 g ( x) ,使得 g ( x ? ) ? f ( x ) 对任意 x ? 0 成立. x
(3) 对于任意 f ( x) ? M , 求证: 存在定义域为 [2, ??) 的函数 g ( x) , 使得等式

1 g ( x ? ) ? f ( x ) 对任意 x ? 0 成立. x

1 ? . 12. 己知函数 f ( x) ? ln x ? ax ? 1 在 x ? 2 处的切线斜率为 2
(1)求实数 a 的值及函数 f ( x) 的单调区间;

1.

(I)解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞) ,f′(x)= 令 f′(x)>0,∵x>0,∴2ax2+2>0 ①当 a≥0 时,f′(x)>0 在(0,+∞)上恒成立,∴f(x)递增区间是(0,+∞) ; ②当 a<0 时,由 2ax2+2>0 可得 <x<

ln 2 ln 3 ln n 2n 2 ? n ? 1 (2) 证明: 2 ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? (n ? N * , n ? 2) 4(n ? 1) 2 3 n

x>0,∴f(x)递增区间是(0,

) ,递减区间为

;(6 分)

(Ⅱ) (i)解:设 F(x)=f(1+x)+f(1﹣x)=2ln(1+x)+2ln(1﹣x)+2x2,,则 F’(x) =

∵0<x<l,∴F′(x)<0 在(0,1)上恒成立,∴F(x)在(0,1)上为减函数 ∴F(x)<F(0)=0,∴m≥0,∴实数 m 的取值范围为[0,+∞) ; (10 分) (ii)证明:∵f(x1)+f(x2)=0, ∴21nx1+x12﹣1+21nx2+x22﹣1=0 ∴2lnx1x2+(x1+x2)2﹣2x1x2﹣2=0 ∴(x1+x2)2=2x1x2﹣2lnx1x2+2 设 t=x1x2,则 t>0,g(t)=2t﹣2lnt+2,∴g′(t)= 令 g′(t)>0,得 t>1,∴g(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增 ∴g(t)min=g(1)=4,∴(x1+x2)2>4,∴x1+x2>2. (15 分)
x 2.(1) x ? 0 时, f ?( x) ? e ? cos x ? 1 ? cos x ? 0 ,所以函数 y ? f ( x)

在 [0,??) 上 单调递增;-----------------------------------------------------6 分 (2) 因为 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 所以 e ? sin x1 ? x2 ? 2 ---------------------8
x1

3.(1)假设存在点 M (a, b) ,使得函数 y ? f ( x) 的图像上任意一点 P 关于 点 M 对称的点 Q 也在函数 y ? f ( x) 的图像上, 则函数 y ? f ( x) 图像的对 称中心为 M (a, b) . 由 f ( x) ? f (2a ? x) ? 2b ,得 1 ? ln 即 2 ? 2b ? ln

分 所以 P, Q 两点间的距离等于 x2 ? x1 ? e 1 ? sin x1 ? x1 ? 2 ,
x

x 2a ? x ? 1 ? ln ? 2b , 2? x 2 ? 2a ? x

------9 分 设

h( x) ? e x ? sin x ? x ? 2( x ? 0) x ? 1(o x ? 0) ,s l ( x) ? h?( x) ? e x ? cos x ? 1( x ? 0) n





? x 2 ? 2ax ? 0 对 ?x ? (0, 2) 恒 成 立 , 所 以 ? x 2 ? 2ax ? 4 ? 4a

h?( x) ? e ? c
x

b? ?2 ? 2 ? a? ?4 ? 4
, 则

0 , ?a ? 1, 解得 ? 0 , ?b ? 1.



所以存在点 M (1,1) , 使得函数 y ? f ( x) 的图像上任意一点 P 关于点 M 对 称的点 Q 也在函数 y ? f ( x) 的图像上. -------5 分 (Ⅱ)由(1)得 f ( x) ? f (2 ? x) ? 2(0 ? x ? 2) .

l ?( x) ? e x ? s x ? 1 i ?s x n? 0 i,

所以 h?( x ) ? h?(0) ? 1 ? 0 ,------------------------------------12 分 所 以

h( x ) 在 [0,??)

上 单 调 递 增 , 所 以

h( x ) ? h(0) ? 3 ------------14 分
所 以 x2 ? x1 ? 3 , 即 P, Q 两 点 间 的 最 短 距 离 等 于 3.---------------15 分

i i i ,则 f ( ) ? f (2 ? ) ? 2 (i ? 1, 2, ???, 2n ? 1) . n n n 1 2 2 1 因为 S n ? f ( ) ? f ( ) ? ??? ? f (2 ? ) ? f (2 ? ) ①, n n n n 1 2 2 1 所以 S n ? f (2 ? ) ? f (2 ? ) ? ??? ? f ( ) ? f ( ) ②, n n n n
令x ?

由①+②得 2Sn ? 2(2n ?1) ,所以 Sn ? 2n ?1(n ? N* ) . 所以 S2013 ? 2 ? 2013 ?1 ? 4025 .-------10 分

所以实数 m 的取值范围是 ( ? 4. 解: ( Ⅰ )

3ln 2 , ??) .-------15 分 ln 3 f ( x) ? x 2 ? 2hx ? h 在 f ( x) ??1, 且 f ( x) ??2 , 即 g ( x ) ? x
2分

Sn ? 1 ? n( n ? N* ) . 2 n m a m n m * ?? 因为当 n ? N 且 n ? 2 时, 2 n ? ( an ) ? 1 ? 2 ? n ? 1 ? . ln n ln 2 n m * ?? 所 以 当 n?N 且 n ? 2 时 , 不 等 式 恒 成 立 ln n ln 2
(Ⅲ)由(2)得 Sn ? 2n ?1(n ? N* ) ,所以 an ?

(0, ??) 上是增函数,? h ? 0
而 h( x ) ?

f ( x) h h ? x ? ? 2h 在 (0, ??) 不是增函数,而 h ' ( x ) ? 1 ? 2 , 当 2 x x x

h( x ) 是增函数时 h ? 0 ,? h( x ) 不是增函数时, h ? 0 ,综上 h ? 0
( Ⅱ )

m ? n ? ?? . ? ?? ln 2 ? ln n ?min
设 g ( x) ?

4 分.

ln x ? 1 x ( x ? 0) ,则 g ?( x) ? . ln x (ln x)2

f ( x) ??1,



0?a?b?c

?a?b?c





当 0 ? x ? e 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (0, e) 上单调递减; 当 x ? e 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 在 (e, ??) 上单调递增. 因为 g (2) ? g (3) ?

2 3 ln 9 ? ln 8 ? ? ? 0 ,所以 g (2) ? g (3) , ln 2 ln 3 ln 2 ? ln 3

* 所以当 n ? N 且 n ? 2 时, ? g (n) ?min ? g (3) ?

3 . ln 3

?f ( ? a b) c 4 ? , ? a ? b ? c ? a b c 4a ? f (a ) ? d ? , 同 理 a?b?c 4b 4c f ( b) ? d ? , f (c) ? t ? ,则有 a?b?c a?b?c 4( a ? b ? c) f ( a ) ? f ( b) ? f ( c ) ? 2d ? t ? ? 4 , ? 2d ? t ? 4 ? 0 , 又 a?b?c d d d (b ? a ) ? ,? ? 0, a b ab f ( a) ? a
而 b ? a ? 0 ? d ? 0 ,? d ? 0 ,? d (2d ? t ? 4) ? 0

由 ? g ( n) ?min ? ?

m 3 m 3ln 2 ?? ,得 ,解得 m ? ? . ln 2 ln 3 ln 2 ln 3

8 分.

(


? ? f ( x ) f ( x ) ? ? 2 , 且存在常数k , 使得任取x ? (0, ??), f ( x ) ? k

)

?

?

f ( x2 ) ? 0 ,一定存在 x 3 ? x2 ? 0 ,
f ( x3 ) f ( x2 ) ? ? 0 , 这 与 上 面 证 明 的 结 果 矛 盾 , ? f ( x ) ? 0在 x3 x2
x ? (0, ??) 上无解.

? 对任意 f ( x) ? ? ,存在常数 k ,使得 f ( x ) ? k ,对 x ? (0, ??) 成立.
先 证 明 f ( x ) ? 0对 x ? (0, ??) 成 立 , 假 设 存 在 x0 ? (0, ??) , 使 得

综 上 , 对 任 意 f ( x) ? ? , f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成 立 , 存 在

f ( x0 ) ? 0,记

f ( x0 ) ? m ? 0. x0 2
f ( x) 是 增 函 数 , ? x ? x0 时 , x2

M ? 0, 使x ? (0, ??) ,任意 f ( x) ? ? ,
有 f ( x ) ? M 成立,? M min ? 0 . 5.(本小题满分 12 分) 解: (Ⅰ)令 f′ ( x ) = ln x +1=0 得 x = e , ① 当 0 < t < e 时,函数 f ( x ) 在 ( t ,e ) 上单调递减,在 ( e , t +2) 上 单调递增, 此时函数 f ( x ) 在区间 [ t , t +2] 上的最小值为 f ( e ) =- e ; ② 当 t ≥ e 时,函数 f ( x ) 在[ t , t +2 ] 上单调递增, 此时函数 f ( x ) 在区间 [ t , t +2] 上的最小值为 f ( t ) =t ln t . (Ⅱ)由题意得,f ( x ) -g ( x ) = x ln x +x 2 -a x +2 =0 在 (0 , +∞)
1 1 1 1 1 1 1

f ( x) 是 二 阶 比 增 函 数 , 即

15 .

f ( x ) f ( x0 ) ? ? m ,? f ( x) ? mx2 , x2 x02

? 一 定 可 以 找 到 一 个 x1 ? x0 , 使 得 f ( x1 ) ? mx12 ? k , 这 与 对
x ? (0, ??) , f ( x ) ? k 矛盾.
11 分

? f ( x ) ? 0 对 x ? (0, ??) 成 立 . 即 任 意 f ( x) ? ? , f ( x ) ? 0 对
x ? (0, ??) 成立.
下 面 证 明 f ( x ) ? 0 在 x ? (0, ??) 上 无 解 : 假 设 存 在 x2 ? 0 , 使 得

上有且仅有一个根,即 a =ln x +x + x 在 (0 , +∞) 上有且仅有一个根, 令 h ( x ) = ln x +x + x ,则 h′ ( x ) = x +1- x 2 =
2 1

2

故 g ( x ) 在 (0 , +∞) 上的值域为(-∞, -a -1] , ∴ 当 a ≥1 时,令 (1 -a ) e - ( -a -1) < 1,并解得 a > 当 0 < a < 1 时,令 0 - ( -a -1) < 1,无解 . 因此,a 的取值范围是( 7.
e , +∞) . e ?1 e , e ?1

2

1 x ? x?2 = x2 ( x + x2
2

2) ( x -1) , 易知 h ( x ) 在 (0 , 1) 上单调递减,在(1 , +∞) 上单调递增, 所以 a =h ( x ) m i n =h (1 ) =3 . 6.(本小题满分 12 分) 解: (Ⅰ)f′ ( x ) = [ x 2 +( a -1) x -a ]e x = ( x +a ) ( x -1) e x , ∵ a ≥1 , ∴ 当 x ∈(-∞, -a ) 时,f ( x ) 递增,当 x ∈(-a , 1) 时, f ( x ) 递减,当 x ∈(1 , +∞) 时,f ( x ) 递增 . ∴ 函数 f ( x ) 的极大值点为 x 1 =-a ,极小值点为 x 2 =1 , 而 f (1) = (1 -a ) e ≤0,f ( -a ) =
a?3 > 0, ea 3? a

令 h ( x ) = x 2 +( a -3) x -2 a +3 ,则其图象的对称轴为 x = 2 > - a ,h ( -a ) =a +3 > 0, ∴ 当 x ≤-a 时,h ( x ) = x 2 +( a -3) x -2 a +3 > 0,∴ f ( x ) > 0 . 当 x > -a 时,f ( x ) 的最小值为 f (1) = (1 -a ) e ≤0 . ∴ f ( x ) 的最小值是(1 -a ) e . (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 a ≥1 时,f ( x ) 在 (0 , +∞) 上的值域是 [(1 - a) e, +∞) ,当 0 ≤ a < 1 时,f ( x ) 在 (0 , +∞) 上的值域是 (0 , +∞) . 而 g ( x ) = 2 -a - x -

4 4 ≤3 -a - 2 ( x ? 1) ? = -a -1 , 当且 x ?1 x ?1

仅当 x = 1 时,等号成立,

(Ⅱ)由 f ?( x) ? (ax ? a ?1)e x ?1 ? a ,注意到 f (0) ? f ?(0) ? 0 .

考点:导数法判断函数的单调性、极值、最值. 分类讨论. 8.



2



? f 1 ( x) ?

ax2 ? (2a ? 1) x ? 2 ( x ? 2)(ax ? 1) 1 ? ( x ? 0) x1 ? 2 x2 ? x x a

① 当 a≤0 时

∵ ax-1<0

∵ x>0

∴ 单增区间(0,2)单减区间(2,+∞)

9. 解: (1)

? f / ( x) ? ax ? (2a ? 1) ? ? f / (1) ? f / (3) 2 ?a ? 3

2 x

1 1 时 x1 ? 2 ? x2 ? 2 a 1 ∴ 单增区间: (0,2) , ( ,?? ) a 1 单减区间: (2, ) a 1 1 ③ 当 a ? 时 x1 ? 2 ? x2 ? 2 a 1 单增区间: (0, ), (2,?? ) a 1 单减区间: ( ,2) a 1 ( x ? 2) 2 1 ④当a ? 时 ? f / ( x) ? 2 ? 0 ? f ( x)在(0,??)单增 2 x
② 当0 ? a ?

(3)由已知 只需 x ?[0,2]时, 有f ( x) max ? g ( x) max 由已知 g(x)max=0 由 ( 2 ) 可 知 ① 当

1 a ? 时 f ( x)在[0,2]单增 ? f ( x) max ? f (2) ? ?2a ? 2 ? 2 ln 2 2 1 ? 只需 ? 2a ? 2 ? 2 ln 2 ? 0 ? ln 2 ? 1 ? a ? 2 1 ②当a ? 时 2 1 f ( x)在(0, )单增 a 1 在 ( ,2)单减 a

1 ? f ( x) max ? f ( ) a 1 ? ? ? 2 ? 2 ln a 2a 1 ?a ? 2 1 1 ? ln a ? ln ? ln ? ?1 2 e ? ?2 ln a ? 2 ? ?2 ? 2 ln a ? 0 1 ? ? ? 2 ? 2 ln a ? 0 2a 1 2 ? 综上a ? ln 2 ? 1为所求 ? f ( x) max ? 0 ?a ?
10. ①a=1 时,f(x)=-x(x-1)2=-x3+2x2-x f(2)=-2, f/(2)=-5

∴切线方程:5x+y-8=0 ②f(x)=-x(x-a)2=-x3+2ax2-a2x f/(x)=-3x2+4ax-a2=-(3x-a)(x-a) 令 f/(x)=0 解得 x ?

a 或x ? a 3

a?0

x f / ( x) f ( x)

a (??, ) 3 ? ?

a 3 0 极小值 a ?4 3 f( )? a 3 27

a ( , a) 3 ? ?

a 0 极大值 f (a) ? 0

2 (a,??) ? k ? k ? 2 ? k ? 2或k ? ?1 ? 存在, k ? ?1 ?

?

11.【证明】(探究性理解水平/函数性质的综合运用)

1 x 1 x (1) 由 f ( x) ? 可得,f ( ) ? x ? , ……………………… 2 1? x x 1 ? 1 1 ? x2 x2
f( ? x) 1 x f. (
又)

a?0

x f / ( x) f ( x)

(??, a) ? ?

a 0 极小值 f (a) ? 0

a ( a, ) 3 ? ?

a 3 0 极大值 a ?4 3 f( )? a 3 27

3分 a ( ,??) 3 因 此 ? f ( x) ? M . ?

x?0







……………………………… 4 分

(2)由 f ( x) ?

x = 1 ? x2

1 x?



a a ? 3, ? 1,当k ? [?1,0]时, k ? cos x ? 1, k 2 ? cos 2 x ? 1 3
由②知, f ( x)在(??,1] ?, 要使f (k ? cos x) ? f (k ? cos x)
2 2







1 x 1 g ? x ? ? ( x≥2) x







x?0





x?


1 1 ≥2 x ? =2. …………………………… 8 分 x x

只要 k ? cos x ? k ? cos x, 即cos x ? cos x ? k ? k
2 2 2 2

设 g ( x) ? cos x ? cos x ? (cos x ? ) ?
2 2

1 2

1 , g ( x) max ? 2 4

1 g(x ? ) ? x

1 x? 1 x

=

x = f ( x) . 1 ? x2

…………………

…………10 分

即存在定义域为 ? 2, ?? ? 的函数 g ( x) ,使得等式 g ( x ? ) ? f ( x) 对任意

1 x

x ? 0 成立.
(3)当 x ? 0 时,设 x ? 可 得

1 = t ,则 t≥2 , x
, 解 得

x2 ? tx ? 1 ? 0

1 1 x? ?x? 1 x x ) = f ( 1 ) = f ( x) ………16 分 g(x ? ) ? f ( x x 2 1 1 x? ? x? 1 1 x x ) = f ( x) . ……………18 当 x ? 1 时, x > , g ( x ? ) ? f ( x x 2
分 即存在定义域为 ? 2, ?? ? 的函数 g ( x) ,使得等式 g ( x ? ) ? f ( x) 对任意

t ? t2 ? 4 , x? 2
设 函 数

……………………………12 分

1 x

x ? 0 成立.
12.解: ( 1)由已知: f ?( x) ? a=1.

g ( x) =

x ? x2 ? 4 f( ) ( x≥2) , 当 x ? 0 时 , 2

1 1 1 ? a ,∴由题知 f ?(2) ? ? a ? ? ,解得 x 2 2

x?


1 1 ≥2 x ? =2. ………13 分 x x

1 1? x , ?1 ? x x 当 x∈(0,1)时, f ?( x) ? 0 ,f (x)为增函数, 当 x∈(1,+∞)时, f ?( x) ? 0 , f (x)为减函数,
于是 f ?( x) ?
2

1 ? 1? 1 1 x? + ?x? ? ?4 x? ? x? 1 x ? x? x x g(x ? ) ? f ( )? f( ) .…………… x 2 2
………14 分 当

即 f (x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). ln 2 ln 3 ln n 2n 2 ? n ? 1 (2)要证明 2 ? 2 ? ? 2 ? (n∈N*,n≥2). 2 3 n 4(n ? 1) 只须证 只须证

2ln 2 2ln 3 ? 2 ? 22 3 ln 22 ln 32 ? 2 ? 22 3

? ?

2ln n 2n 2 ? n ? 1 ? , n2 2(n ? 1)

0 ? x≤1





x



1 x



ln n2 2n2 ? n ? 1 ? . n2 2(n ? 1)
∴ 当 n≥2 时, ln n2 ? n2 ? 1 ,

由(Ⅰ)当 x ? ?1, ? ?? 时, f ?( x) ? 0 ,f (x)为减函数, f (x)=lnx-x+1≤0,即 lnx≤x-1,

ln n 2 n 2 ? 1 1 1 1 1 , ? 2 ?1? 2 ?1? ?1? ? 2 n n n n(n ? 1) n n ?1
ln 22 ln 32 ? 2 ? 22 3 ? ln n 2 ? 1 1 ? < ?1 ? ? ?? 2 n ? 2 2 ?1 ?

1 ? ? 1 ?1 ? 3 ? 3 ? 1 ? ? ? ?

1 ? ? 1 ??? ? ?1 ? ? ? ? n n ?1? 1 1 2 n2 ? n ? 1 ? n ?1? ? ? , 2 n? 1 2n(? 1 )


ln 2 ln 3 ? 2 ? 22 3

?

ln n 2n 2 ? n ? 1 ? . n2 4(n ? 1)


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