14级高二数学导数复习题（2）答案

1 导数复习题 二 导数复习题 二 参考答案 参考答案 1 解析 11 1 rr fxrrxrx 令 0fx 解得1x 当01x 时 0fx 所以 f x在 0 1 内是减函数 当 1x 时 0fx 所以 f x在 1 内是增函数 故函数 f x在1x 处取得最小值 1 0f 由 知 当 0 x 时 有 1 0f xf 即 1 r xrxr 若 1 a 2 a中有一个为 0 则 12 121 122 bb a aa ba b 成立 若 1 a 2 a均不为 0 又 12 1bb 可得 21 1bb 于是 在 中令 1 2 a x a 1 rb 可得 1 11 11 22 1 b aa bb aa 即 11 1 121 121 1 bb a aa bab 亦即 12 121 122 bb a aa ba b 综上 对 12 0 0aa 1 b 2 b为正有理数且 12 1bb 总有 12 121 122 bb a aa ba b 中命题的推广形式为 设 12 n aaa 为非负实数 12 n b bb 为正有理数 若 12 1 n bbb 则 12 121 122 n bbb nnn a aaa ba ba b 用数学归纳法证明如下 1 当1n 时 1 1b 有 11 aa 成立 2 假设当nk 时 成立 即若 12 k a aa 为非负实数 12 k b bb 为正有理数 且 12 1 k bbb 则 12 121 122 k bbb kkk a aaa ba ba b 当1nk 时 已知 121 kk a aa a 为非负实数 121 kk b bb b 为正有理数 且 121 1 kk bbbb 此时 1 01 k b 即 1 10 k b 于是 111212 121121 kkkk bbbbbbbb kkkk a aa aa aaa 12 11111 1111 121 k kkkkk bbb bbbbb kk aaaa 因 12 111 1 111 k kkk bbb bbb 由归纳假设可得 12 111 111 12 k kkk bbb bbb k aaa 12 12 111 111 k k kkk bbb aaa bbb 1 12 2 1 1 kk k aba ba b b 从而 112 121 kk bbbb kk a aa a 1 1 1 1 122 1 1 1 k k b b kk k k a ba ba b a b 又因 11 1 1 kk bb 由 得 1 1 1 1 122 1 1 1 k k b b kk k k a ba ba b a b 1 122 111 1 1 1 kk kkk k a ba ba b bab b 1 12211kkkk a ba ba bab 从而 112 121 kk bbbb kk a aa a 1 12211kkkk a ba ba bab 故当1nk 时 成立 由 1 2 可知 对一切正整数n 所推广的命题成立 2 2 解 1 由 得 32 f xxaxbx 2 32f xxaxb 1 和是函数的两个极值点 1 32 f xxaxbx 解得 1 32 0f ab 1 32 0f ab 3ab 0 2 由 1 得 3 3f xxx 解得 2 3 2 32 12g xf xxxxx 123 1 2xxx 当时 当时 2x 0g x 21 x 是的极值点 2x g x 当或时 不是的极值点 21 x 0g x 1x g x 的极值点是 2 g x 3 令 则 f xt h xf tc 先讨论关于 的方程 根的情况 x f xd 2 2d 当时 由 2 可知 的两个不同的根为 I 和一 2 注意到是奇函数 2d 2f x f x 的两个不同的根为一和 2 2f x 当时 2d 1 2 20fd fdd f x 2 2f x f 此时在无实根 f xd 2 当时 于是是单调增函数 1 2x 0f x f x 又 的图象不间断 1 0fd y f xd 在 1 2 内有唯一实根 f xd 同理 在 一 2 一 I 内有唯一实根 f xd 当时 于是是单调减两数 1 1x 0f x 1 0fd y f xd 在 一 1 1 内有唯一实根 f xd 因此 当时 有两个不同的根满足 当 时 2d f xd 12 xx 12 1 2xx 2d 有三个不同的根 满足 f xd 315 xxx 2 3 4 5 i x i 现考虑函数的零点 yh x i 当时 有两个根 满足 2c f tc 12 tt 12 2tt1 而有三个不同的根 有两个不同的根 故有 5 个零点 1 f xt 2 f xt yh x 11 当时 有三个不同的根 满足 2c f tc 345 ttt 2 3 4 5 i t i 而有三个不同的根 故有 9 个零点 3 4 5 i f xti yh x 综上所述 当时 函数有 5 个零点 当时 函数有 9 个零点 2c yh x 2c 0 在 0 x 1 上恒成立 2 122fxaxb 此时的最大值为 2a b a fx 1423fababab 当b 0 时 在 0 x 1 上的正负性不能判断 此时的最大值为 2 122fxaxb fx 2a b a max 2 max 0 1 max 3 32 baba fxffbaab ab ba 综上所述 函数在 0 x 1 上的最大值为 2a b a fx 要证 2a b a 0 即证 2a b a fx g x fx 8 亦即证在 0 x 1 上的最大值小于 或等于 2a b a g x 令 3 42g xaxbxab 2 1220 6 b gxaxbx a 当b 0 时 0 在 0 x 1 上恒成立 2 122gxaxb 此时的最大值为 2a b a g x 03gabab 当b 0 时 在 0 x 1 上的正负性不能判断 2 122gxaxb 2a b a max max 1 6 b gxgg a 4 max 2 36 4 6 36 6 2 b babba a b ba bab a ba ba 综上所述 函数在 0 x 1 上的最大值小于 或等于 2a b a g x 即 2a b a 0 在 0 x 1 上恒成立 fx 由 知 函数在 0 x 1 上的最大值为 2a b a fx 且函数在 0 x 1 上的最小值比 2a b a 要大 fx 1 1 对x 0 1 恒成立 2a b a 1 fx 取b为纵轴 a为横轴 则可行域为 和 目标函数为z a b 2 1 ba ba 2 31 ba ab 作图如下 由图易得 当目标函数为z a b过P 1 2 时 有 max 3z min 1z 所求a b的取值范围为 1 3 答案 见解析 1 3 8 解 1 的定义域为 f x a ln f xxxa 11 101 xa fxxaa xaxa 01 01fxxa fxaxa 得 1xa 时 min 1 101f xfaaa 2 设 22 ln 1 0 g xkxf xkxxxx 9 则 0g x 在 0 x 上恒成立 min 0 0 g xg 1 1ln200gkk 1 221 21 11 xkxk g xkx xx 当 1 210 2 kk 时 00 12 00 0 0 2 k g xxxg xg k 与 矛盾 当 1 2 k 时 min 0 0 0g xg xg 符合 得 实数k的最小值为 1 2 3 由 2 得 2 1 ln 1 2 xxx 对任意的0 x 值恒成立 取 2 1 2 3 21 xin i 2 22 ln 21 ln 21 21 21 ii ii 当1n 时 2ln32 得 1 2 ln 2 1 2 21 n i n i lb ylfx 当2i 时 2 211 21 2321iii 得 1 21 ln 21 ln 21 2ln3 12 2121 n i ii in 9 解 sinfxax 因为 所以 0 x 0sin1x 当时 在上为单调递增函数 1a 0fx f x 0 x 当时 在上为单调递减函数 0a 0fx f x 0 x 当0 1a 时 由 0fx 得sin x a 由 0fx 得0 arcsinxa 或 arcsinax 由 0fx 得arcsin arcsinaxa 所以当0 1a 时在 0 arcsin a 和 arcsin a 上为为单调递增函数 在 f x arcsin arcsin aa 上为单调递减函数 因为 1 sincos1 sin1 sincosf xxaxxxaxxx 当时 恒成立 0 x 01 sin0cos00 当时 0 x min 1 sincos1 sincos 1 sincos xxxx axxxaa xx 令 则 1 sincos 0 xx g xx x 22 cossin 1sincos 1 cos 1 sin1 xx xxxxxxx g x xx 又令 则 1 cos 1 sin1c xxxxx cos 1 sinsin 1 cos sincos c xxxxxxxxxx 10 则当时 故 单调递减 3 0 4 x sincos0 xx 0c x c x 当时 故 单调递增 3 4 x sincos0 xx 0c x c x 所以在时有最小值 而 c x 0 x 3 21 4 c 0 lim 10 cos0 0 1 sin0 10 x c x lim 1 10 x c xc 综上可知时 故在区间单调递 0 x 0 0c xg x g x 0 所以 min 2 g xg 故所求的取值范围为 a 2 a 另解 由恒成立可得 1 sinf xx 2 111faa 令 则 2 sin 0 2 g xxxx 2 cosg xx 当时 当时 2 0 arcsin x 0g x 2 arcsin 2 x 0g x 又 所以 即 0 0 2 gg 0g x 2 sin 0 2 xxx 故当时 有 2 a 2 cosf xxx 当时 所以 0 2 x 2 sinxx cos1x 1 sinf xx 当时 2 x 22 cos1 sin 1 sin 22 f xxxxxx 综上可知故所求的取值范围为 a 2 a 10 解 1 设等差数列的公差为 等比数列的公比为 由 得 n ad n bq 11 2ab 由条件得方程组 故 3 444 23 2 86ad bq Sd 3 3 232273 2 86210 dqd q dq 3