导数练习题(含答案)讲课稿.doc

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1、精品好文档，推荐学习交流导数练习题1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，在x＝0处的切线与直线3x＋y＝0平行．(1)求f(x)的解析式；(2)已知点A(2，m)，求过点A的曲线y＝f(x)的切线条数．解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意可得解得所以f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(t，t3－3t)，由(1)知f′(x)＝3x2－3，所以切线斜率k＝3t2－3，切线方程为y－(t3－3t)＝(3t2－3)(x－t)．又切线过点A(2，m)，代入得m－(t3－3t)＝(3t2－3)(2－t)，解得m＝－2t3＋6t2－6.设g(t)＝－2t

2、3＋6t2－6，令g′(t)＝0，即－6t2＋12t＝0，解得t＝0或t＝2.当t变化时，g′(t)与g(t)的变化情况如下表：t(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)g′(t)－0＋0－g(t)极小值极大值所以g(t)的极小值为g(0)＝－6，极大值为g(2)＝2.作出函数草图(图略)，由图可知：①当m>2或m<－6时，方程m＝－2t3＋6t2－6只有一解，即过点A只有一条切线；②当m＝2或m＝－6时，方程m＝－2t3＋6t2－6恰有两解，即过点A有两条切线；③当－6

3、当a＝2，b＝时，求函数f(x)在[，e]上的最大值；(2)当b＝0时，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围．解　(1)由题意知，f(x)＝2lnx－x2，f′(x)＝－x＝，当≤x≤e时，令f′(x)>0得≤x<；令f′(x)<0，得

4、的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，即m≤alnx－x，对所有的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，令h(a)＝alnx－x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵x∈(1，e2]，∴lnx>0，∴h(a)在[0，]上单调递增，∴h(a)min＝h(0)＝－x，∴m≤－x对所有的x∈(1，e2]都成立．∵1

5、n∈N*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．解　由题设得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N*成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．设φ(x

6、)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝，当a≤1时，φ′(x)≥0(当且仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(当且仅当x＝0，a＝1时等号成立)．仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢6精品好文档，推荐学习交流当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，∴φ(x)在(0，a－1)上单调递减∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立，综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(

7、1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于＋＋…＋，x>0.令x＝，n∈N*，则