专题一第三讲导数及其应用.doc

第三讲导数及其应用1(2013·广东省广州市高三年级调研测试)已知e为自然对数的底数，则函数yxex的单调递增区间是()A1，)B(，1C1，) D(，12已知曲线f(x)ln x在点(x0，f(x0)处的切线经过点(0，1)，则x0的值为()A. B1Ce D103函数f(x)3x2ln x2x的极值点的个数是()A0 B1C2 D无数个4(2013·荆州市高中毕业班质量检测)设函数f(x)在R上可导，其导函数是f(x)，且函数f(x)在x2处取得极小值，则函数yxf(x)的图象可能是()5(2013·高考福建卷)设函数f(x)的定义域为R，x0(x00)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()AxR，f(x)f(x0)Bx0是f(x)的极小值点Cx0是f(x)的极小值点Dx0是f(x)的极小值点6函数f(x)的单调递减区间是_7(2013·广东省广州市高三年级调研测试)设f1(x)cos x，定义fn1(x)为fn(x)的导数，即fn1(x)fn(x)，nN*，若ABC的内角A满足f1(A)f2(A)f2 013(A)0，则sin A的值是_8(2013·湖南十二校第二次考试)已知函数f(x)的定义域为1，5，部分对应值如下表：x10245y12021f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示(1)f(x)的极小值为_；(2)若函数yf(x)a有4个零点，则实数a的取值范围为_9.已知函数f(x)ax3bx2cx在点x0处取得极小值4，其导函数的图象经过(1，0)，(1，0)，如图所示，求：(1)x0的值；(2)a，b，c的值10(2013·高考北京卷)已知函数f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，求a与b的值；(2)若曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，求b的取值范围11(2013·广州一模)已知nN*，设函数fn(x)1x，xR.(1)求函数yf2(x)kx(kR)的单调区间；(2)是否存在整数t，对于任意nN*，关于x的方程fn(x)0在区间t，t1上有唯一实数解，若存在，求t的值；若不存在，说明理由答案：1【解析】选A.令yex(1x)0，又ex>0，1x0，x1，故选A.2. 【解析】选B.依题意得，题中的切线方程是yln x0(xx0)；又该切线经过点(0，1)，于是有1ln x0·(x0)，由此得ln x00，x01，故选B.3. 【解析】选A.函数定义域为(0，)，且f(x)6x2，由于x>0，g(x)6x22x1中20<0，所以g(x)>0恒成立，故f(0)>0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点4【解析】选C.f(x)在x2处取得极小值，即x<2，f(x)<0；x>2，f(x)>0，那么yxf(x)过点(0，0)及(2，0)，且当x<2时，f(x)<0，则y>0.当2<x<0时，f(x)>0，y<0.当x>0时，f(x)>0，y>0，故C正确5【解析】选D.不妨取函数f(x)x33x，则f(x)3(x1)(x1)，易判断x01为f(x)的极大值点，但显然f(x0)不是最大值，故排除A；f(x)x33x，f(x)3(x1)(x1)，易知，x01为f(x)的极大值点，故排除B；又f(x)x33x，f(x)3(x1)(x1)，易知，x01为f(x)的极大值点，故排除C；f(x)的图象与f(x)的图象关于原点对称，由函数图象的对称性可得x0应为函数f(x)的极小值点故D正确6【解析】令f(x)<0，得0<x<e，又因为函数f(x)的定义域为(0，1)(1，)，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，(1，e)【答案】(0，1)，(1，e)7【解析】f1(x)cos x，f2(x)f1(x)sin x，f3(x)f2(x)cos x，f4(x)f3(x)sin x，f5(x)f4(x)cos x，fn(x)fn1(x)fn2(x)fn3(x)0，f1(A)f2(A)f2 013(A)f2 013(A)f1(A)cos A0，又A为ABC的内角，sin A1.【答案】18【解析】(1)由yf(x)的图象可知，x(1，0)0(0，2)2(2，4)4(4，5)f(x)000f(x)极大值极小值极大值f(2)为f(x)的极小值，f(2)0.(2)yf(x)的图象如图所示：若函数yf(x)a有4个零点，则a的取值范围为1a<2.【答案】(1)0(2)1，2)9【解】(1)由于f(x)3ax22bxc.(1)观察图象，我们可发现当x(，1)时，f(x)<0，此时，f(x)为减函数；当x(1，1)时，f(x)>0，此时，f(x)为增函数，因此，在x1处函数取得极小值，结合已知，可得x01.(2)由(1)知f(1)4，即abc4，再结合f(x)的图象可知，方程f(x)0的两根分别为1，1，那么，结合abc4，得a2，b0，c6.10【解】由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x)(1)因为曲线yf(x)在点(a，f(a)处与直线yb相切，所以f(a)a(2cos a)0，bf(a)解得a0，bf(0)1.(2)令f(x)0，得x0.f(x)与f(x)的变化情况如下：x(，0)0(0，)f(x)0f(x)1所以函数f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，f(0)1是f(x)的最小值当b1时，曲线yf(x)与直线yb最多只有一个交点；当b>1时，f(2b)f(2b)4b22b1>4b2b1>b，f(0)1<b，所以存在x1(2b，0)，x2(0，2b)，使得f(x1)f(x2)b.由于函数f(x)在区间(，0)和(0，)上均单调，所以当b>1时曲线yf(x)与直线yb有且仅有两个不同交点综上可知，如果曲线yf(x)与直线yb有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，)11【解】yf2(x)kx1xkx，y1xx2k(x2xk1)方程x2xk10的判别式(1)24(k1)34k.当k时，0，y(x2xk1)0，故函数yf2(x)kx在R上单调递减；当k<时，方程x2xk10的两个实根为x1，x2，则x(，x1)时，y<0；x(x1，x2)时，y>0；x(x2，)时，y<0；故函数yf2(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t1，对于任意nN*，关于x的方程fn(x)0在区间t，t1上有唯一实数解，理由如下：当n1时，f1(x)1x，令f1(x)1x0，解得x1，关于x的方程f1(x)0有唯一实数解x1.当n2时，由fn(x)1x，得fn(x)1xx2x2n3x2n2，若x1，则fn(x)fn(1)(2n1)<0，若x0，则fn(x)1<0，若x1且x0时，则fn(x)，当x<1时，x1<0，x2n11<0，fn(x)<0，当x>1时，x1>0，x2n11>0，fn(x)<0，fn(x)<0，故fn(x)在(，)上单调递减fn(1)(11)>0；fn(2)(12)1222422n21222422n2<0.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nN*，关于x的方程fn(x)0在区间1，2上有唯一实数解t1.