專題一第三講導數及其應用

1、第三講導數及其應用1(2013廣東省廣州市高三年級調研測試)已知e為自然對數的底數，則函數yxex的單調遞增區(qū)間是()A1，)B(，1C1，) D(，12已知曲線f(x)ln x在點(x0，f(x0)處的切線經過點(0，1)，則x0的值為()A.eq f(1,e) B1Ce D103函數f(x)3x2ln x2x的極值點的個數是()A0 B1C2 D無數個4(2013荊州市高中畢業(yè)班質量檢測)設函數f(x)在R上可導，其導函數是f(x)，且函數f(x)在x2處取得極小值，則函數yxf(x)的圖象可能是()5(2013高考福建卷)設函數f(x)的定義域為R，x0(x00)是f(x)的極大值點，以

2、下結論一定正確的是()AxR，f(x)f(x0)Bx0是f(x)的極小值點Cx0是f(x)的極小值點Dx0是f(x)的極小值點6函數f(x)eq f(x,ln x)的單調遞減區(qū)間是_7(2013廣東省廣州市高三年級調研測試)設f1(x)cos x，定義fn1(x)為fn(x)的導數，即fn1(x)fn(x)，nN*，若ABC的內角A滿足f1(A)f2(A)f2 013(A)0，則sin A的值是_8(2013湖南十二校第二次考試)已知函數f(x)的定義域為1，5，部分對應值如下表：x10245y12021f(x)的導函數yf(x)的圖象如圖所示(1)f(x)的極小值為_；(2)若函數yf(x)

3、a有4個零點，則實數a的取值范圍為_9.已知函數f(x)ax3bx2cx在點x0處取得極小值4，其導函數的圖象經過(1，0)，(1，0)，如圖所示，求：(1)x0的值；(2)a，b，c的值10(2013高考北京卷)已知函數f(x)x2xsin xcos x.(1)若曲線yf(x)在點(a，f(a)處與直線yb相切，求a與b的值；(2)若曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點，求b的取值范圍11(2013廣州一模)已知nN*，設函數fn(x)1xeq f(x2,2)eq f(x3,3)eq f(x2n1,2n1)，xR.(1)求函數yf2(x)kx(kR)的單調區(qū)間；(2)是否存在整數t，對于任

4、意nN*，關于x的方程fn(x)0在區(qū)間t，t1上有唯一實數解，若存在，求t的值；若不存在，說明理由答案：1【解析】選A.令yex(1x)0，又ex0，1x0，x1，故選A.2. 【解析】選B.依題意得，題中的切線方程是yln x0eq f(1,x0)(xx0)；又該切線經過點(0，1)，于是有1ln x0eq f(1,x0)(x0)，由此得ln x00，x01，故選B.3. 【解析】選A.函數定義域為(0，)，且f(x)6xeq f(1,x)2eq f(6x22x1,x)，由于x0，g(x)6x22x1中200恒成立，故f(0)0恒成立，即f(x)在定義域上單調遞增，無極值點4【解析】選C.

5、f(x)在x2處取得極小值，即x2，f(x)2，f(x)0，那么yxf(x)過點(0，0)及(2，0)，且當x2時，f(x)0.當2x0，y0時，f(x)0，y0，故C正確5【解析】選D.不妨取函數f(x)x33x，則f(x)3(x1)(x1)，易判斷x01為f(x)的極大值點，但顯然f(x0)不是最大值，故排除A；f(x)x33x，f(x)3(x1)(x1)，易知，x01為f(x)的極大值點，故排除B；又f(x)x33x，f(x)3(x1)(x1)，易知，x01為f(x)的極大值點，故排除C；f(x)的圖象與f(x)的圖象關于原點對稱，由函數圖象的對稱性可得x0應為函數f(x)的極小值點故D

6、正確6【解析】令f(x)eq f(ln x1,ln2x)0，得0 xe，又因為函數f(x)的定義域為(0，1)(1，)，所以函數f(x)eq f(x,ln x)的單調遞減區(qū)間是(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為ABC的內角，sin A1.【答案】18【解析】(1)由yf(x)的圖象可知

7、，x(1，0)0(0，2)2(2，4)4(4，5)f(x)000f(x)極大值極小值極大值f(2)為f(x)的極小值，f(2)0.(2)yf(x)的圖象如圖所示：若函數yf(x)a有4個零點，則a的取值范圍為1a2.【答案】(1)0(2)1，2)9【解】(1)由于f(x)3ax22bxc.(1)觀察圖象，我們可發(fā)現當x(，1)時，f(x)0，此時，f(x)為增函數，因此，在x1處函數取得極小值，結合已知，可得x01.(2)由(1)知f(1)4，即abc4，再結合f(x)的圖象可知，方程f(x)0的兩根分別為1，1，那么eq blc(avs4alco1(（1）1f(2b,3a),（1）1f(c,

8、3a)eq blc(avs4alco1(b0,c3a)，結合abc4，得a2，b0，c6.10【解】由f(x)x2xsin xcos x，得f(x)x(2cos x)(1)因為曲線yf(x)在點(a，f(a)處與直線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)與f(x)的變化情況如下：x(，0)0(0，)f(x)0f(x)1所以函數f(x)在區(qū)間(，0)上單調遞減，在區(qū)間(0，)上單調遞增，f(0)1是f(x)的最小值當b1時，曲線yf(x)與直線yb最多只有一個交點；當b1時，f(2b)f(2b)4b22b14b2b1b，

9、f(0)11時曲線yf(x)與直線yb有且僅有兩個不同交點綜上可知，如果曲線yf(x)與直線yb有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，)11【解】yf2(x)kx1xeq f(x2,2)eq f(x3,3)kx，y1xx2k(x2xk1)方程x2xk10的判別式(1)24(k1)34k.當keq f(3,4)時，0，y(x2xk1)0，故函數yf2(x)kx在R上單調遞減；當keq f(3,4)時，方程x2xk10的兩個實根為x1eq f(1r(34k),2)，x2eq f(1r(34k),2)，則x(，x1)時，y0；x(x2，)時，y0；故函數yf2(x)kx的單調遞減區(qū)間為(，x1)和

10、(x2，)，單調遞增區(qū)間為(x1，x2)(2)存在t1，對于任意nN*，關于x的方程fn(x)0在區(qū)間t，t1上有唯一實數解，理由如下：當n1時，f1(x)1x，令f1(x)1x0，解得x1，關于x的方程f1(x)0有唯一實數解x1.當n2時，由fn(x)1xeq f(x2,2)eq f(x3,3)eq f(x2n1,2n1)，得fn(x)1xx2x2n3x2n2，若x1，則fn(x)fn(1)(2n1)0，若x0，則fn(x)10，若x1且x0時，則fn(x)eq f(x2n11,x1)，當x1時，x10，x2n110，fn(x)1時，x10，x2n110，fn(x)0，fn(x)0；fn(2)(12)eq blc(rc)(avs4alco1(f(22,2)f(23,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(24,4)f(25,5)eq blc(rc)(avs4alco1(f(22n2,2n2)f(22n1,2n1)1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f(2,3)22eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4