高考数学第一轮1035导数的综合应用

g3.1035导数的综合应用（2）一、例题分析（续）例6.（04年全国卷四.理22）已知函数)sin(cos)(xxexfx，将满足0)('xf的所有正数x从小到大排成数列}{nx.（Ⅰ）证明数列)}({nxf为等比数列；（Ⅱ）记nS是数列)}({nnxfx的前n项和，求nSSSnn21lim.例7（03江苏）（本小题满分12分）已知0,an为正整数.（Ⅰ）设()nyxa，证明1'()nynxa；（Ⅱ）设()()nnnfxxxa，对任意na，证明1'(1)(1)'()nnfnnfn。例8.（05湖北卷）已知向量baxftxbxxa)(),,1(),1,(2若函数在区间（－1，1）上是增函数，求t的取值范围.例9.(05重庆卷)已知aR，讨论函数f(x)ex(x2axa1)的极值点的个数.例10、一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10公里时燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问此轮船以何种速度航行时，能使行驶每公里的费用总和最小？二、作业g3.1035导数的综合应用（2）1．关于函数762)(23xxxf，下列说法不正确的是（）A．在区间（，0）内，)(xf为增函数B．在区间（0，2）内，)(xf为减函数C．在区间（2，）内，)(xf为增函数D．在区间（，0）),2(内，)(xf为增函数2．对任意x，有34)('xxf，f(1)=-1，则此函数为（）A．4)(xxfB．2)(4xxfC．1)(4xxfD．2)(4xxf3．函数y=2x3-3x2-12x+5在[0,3]上的最大值与最小值分别是（）A.5,-15B.5,4C.-4,-15D.5,-164．设f(x)在0x处可导，下列式子中与)('0xf相等的是（）（1）xxxfxfx2)2()(lim000；（2）xxxfxxfx)()(lim000；（3）xxxfxxfx)()2(lim000（4）xxxfxxfx)2()(lim000。A．（1）（2）B．（1）（3）C．（2）（3）D．（1）（2）（3）（4）5．（2003年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷理工农医类16））f(x)是定义在区间[－c,c]上的奇函数，其图象如图所示：令g（x）=af（x）+b，则下列关于函数g（x）的叙述正确的是（）A．若a0,则函数g（x）的图象关于原点对称.B．若a=－1，－2b0,则方程g（x）=0有大于2的实根.C．若a≠0,b=2,则方程g（x）=0有两个实根.D．若a≥1,b2,则方程g（x）=0有三个实根.6．已知在函数y=x3+ax2－34a中，)x(f0=0且f(xo)=0,则a的值为____________7．已知函数f(x)满足：f(3)=2,f(3)=－2,则极限3xlim3x)x(f3x2的值为___________8.(05重庆卷)曲线yx3在点(1,1)处的切线与x轴、直线x所围成的三角形的面积为__.9.（05江苏卷）曲线31yxx在点（1,3）处的切线方程是10.（05北京卷）过原点作曲线y＝ex的切线，则切点的坐标为；切线的斜率为．11.（05湖南卷）已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝21ax2＋bx，a≠0.（Ⅰ）若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；（Ⅱ）设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1，C2于点M、N，证明C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.12.（山东卷）已知1x是函数32()3(1)1fxmxmxnx的一个极值点，其中,,0mnRm.（I）求m与n的关系式；（II）求()fx的单调区间；（III）当1,1x时，函数()yfx的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围.13.(05重庆卷)设函数f(xx3ax2ax，其中aR。(1)若f(x)在x处取得极值，求常数a的值；(2)若f(x)在,0)上为增函数，求a的取值范围。答案：1—5、DBABB6、0.7、8.8、8.39、4x-y-1=0.10、(1,e);e.11.解：（I）xaxxxhb221ln)(,22时，则.1221)(2xxaxaxxxh因为函数h(x)存在单调递减区间，所以)(xh0有解奎屯王新敞新疆又因为x0时，则ax2+2x－10有x0的解.①当a0时，y=ax2+2x－1为开口向上的抛物线，ax2+2x－10总有x0的解；②当a0时，y=ax2+2x－1为开口向下的抛物线，而ax2+2x－10总有x0的解；则△=4+4a0,且方程ax2+2x－1=0至少有一正根.此时，－1a0.综上所述，a的取值范围为（－1，0）∪（0，+∞）奎屯王新敞新疆（II）证法一设点P、Q的坐标分别是（x1,y1），（x2,y2），0x1x2.则点M、N的横坐标为,221xxxC1在点M处的切线斜率为,2|1212121xxxkxxxC2在点N处的切线斜率为.2)(|212221bxxabaxkxxx假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2.即bxxaxx2)(22121，则)2()(2)()(2)(21212221221222112bxxabxxaxxbxxaxxxx=.lnln1212xxyy所以.1)1(2ln121212xxxxxx设,12xxt则.1,1)1(2lntttt①令.1,1)1(2ln)(tttttr则.)1()1()1(41)(222ttttttr因为1t时，0)(tr，所以)(tr在,1[）上单调递增.故.0)1()(rtr则ttt1)1(2ln.这与①矛盾，假设不成立奎屯王新敞新疆故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行奎屯王新敞新疆证法二：同证法一得).(2)ln)(ln(121212xxxxxx因为01x，所以).1(2ln)1(121212xxxxxx令12xxt，得.1),1(2ln)1(tttt②令.11ln)(,1),1(2ln)1()(tttrtttttr则因为22111)1(lntttttt，所以1t时，.0)1(lntt故tt1ln在[1，+)上单调递增.从而011lntt，即.0)(tr于是)(tr在[1，+)上单调递增奎屯王新敞新疆故.0)1()(rtr即).1(2ln)1(ttt这与②矛盾，假设不成立奎屯王新敞新疆故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行奎屯王新敞新疆12.（考查知识点：函数结合导数）解(I)2()36(1)fxmxmxn因为1x是函数()fx的一个极值点,所以(1)0f,即36(1)0mmn，所以36nm（II）由（I）知，2()36(1)36fxmxmxm=23(1)1mxxm当0m时，有211m，当x变化时，()fx与()fx的变化如下表：x2,1m21m21,1m11,()fx00000()fx调调递减极小值单调递增极大值单调递减故有上表知，当0m时，()fx在2,1m单调递减，在2(1,1)m单调递增，在(1,)上单调递减.（III）由已知得()3fxm，即22(1)20mxmx又0m所以222(1)0xmxmm即222(1)0,1,1xmxxmm①设212()2(1)gxxxmm，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，所以22(1)0120(1)010gmmg解之得43m又0m所以403m即m的取值范围为4,0313.（本小题13分）解：（Ⅰ）).1)((66)1(66)(2xaxaxaxxf因3)(xxf在取得极值，所以.0)13)(3(6)3(af解得.3a经检验知当)(3,3xfxa为时为极值点.（Ⅱ）令.1,0)1)((6)(21xaxxaxxf得当),()(,0)(),,1(),(,1axfxfaxa在所以则若时和),1(上为增函数，故当)0,()(,10在时xfa上为增函数.当),()1,()(,0)(),,()1,(,1axfxfaxa和在所以则若时上为增函数，从而]0,()(在xf上也为增函数.综上所述，当)0,()(,),0[在时xfa上为增函数.