2018年高考数学一轮复习 专题13 导数的概念及其运算教学案 文(2)

成立． ②假设n ＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c 1p 成立．

由an ＋1＝p －1p an ＋c p

a1－p n 易知an>0，n∈N*. 当n ＝k ＋1时，ak ＋1ak ＝p －1p ＋c p

a －p k ＝ 1＋1p ? ????c ap k －1. 由ak>c 1p >0得－1<－1p <1p ? ????c ap k －1<0. 由(1)中的结论得? ????ak ＋1ak p ＝????

??1＋1p ? ????c ap k －1p

>1＋p· 1p ? ????c ap k －1＝c ap k . 因此ap k ＋1>c ，即ak ＋1>c 1p

， 所以当n ＝k ＋1时，不等式an>c 1p

也成立． 综合①②可得，对一切正整数n ，不等式an>c 1p

均成立． 再由an ＋1an ＝1＋1p ? ????c ap n －1可得an ＋1an

<1， 即an ＋1<an.

综上所述，an>an ＋1>c 1p ，n∈N*.

- 10 - 方法二：设f(x)＝p －1p x ＋c p x1－p ，x≥c 1p

，则xp≥c， 所以f′(x)＝p －1p ＋c p (1－p)x －p ＝p －1p ? ??

??1－c xp

>0.

所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．

综合①②可得，对一切正整数n ，不等式an>an ＋1>c 1p

均成立． 【2014·福建卷】已知函数f(x)＝ex －ax(a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f(x)在点A 处的切线斜率为－1.

(1)求a 的值及函数f(x)的极值；

(2)证明：当x>0时，x2<ex ；

(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.

【解析】解：方法一：(1)由f(x)＝ex －ax ，得f ′(x)＝ex －a.

又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.

所以f(x)＝ex －2x ，f ′(x)＝ex －2.

令f ′(x)＝0，得x ＝ln 2.

当x<ln 2时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>ln 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．

所以当x ＝ln 2时，f(x)取得极小值，

且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，

f(x)无极大值．

(2)证明：令g(x)＝ex －x2，则g′(x)＝ex －2x.

由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，

故g(x)在R 上单调递增，又g(0)＝1>0，

所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.

(3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.

故当x>0时，x2<cex.

取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.

- 11 - ②若0<c<1，令k ＝1c >1，要使不等式x2<cex 成立，只要ex>kx2成立．

综上，对任意给定的正数c ，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex. 方法二：(1)同方法一．

(2)同方法一．

(3)对任意给定的正数c ，取x0＝4

c ，

由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex ＝e x 2·e x 2>? ????x 22·? ????x 22

，

当x>x0时，ex>? ????x 22

? ????x 22>4c ? ????x 22＝1

c x2，

因此，对任意给定的正数c ，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex. 方法三：(1)同方法一．

(2)同方法一． (3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有1

3x3<ex.

证明如下： 令h(x)＝1

3x3－ex ，则h′(x)＝x2－ex.

由(2)知，当x>0时，x2<ex ，

从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝－1<0，即1

3x3<ex. 取x0＝3

c ，当x>x0时，有1c x2<1

3x3<ex.

因此，对任意给定的正数c ，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.

- 12 - 【2014·广东卷】 曲线y ＝e －5x ＋2在点(0，3)处的切线方程为________．

【答案】y ＝－5x ＋3 【解析】本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y′＝－5e －5x ，所以切线的斜率k ＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y －3＝－5(x －0)，即y ＝－5x ＋3.

【2014·江西卷】若曲线y ＝e －x 上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．

【答案】(－ln 2，2) 【解析】设点P 的坐标为(x0，y0)，y′＝－e －x.又切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，所以－e －x0＝－2，可得x0＝－ln 2，此时y ＝2，所以点P 的坐标为(－ln 2，2)．

【2014·江西卷】已知函数f(x)＝(x2＋bx ＋b)1－2x (b∈R)．

(1)当b ＝4时，求f(x)的极值；

(2)若f(x)在区间? ??

??0，13上单调递增，求b 的取值范围．

【2014·全国卷】 曲线y ＝xex －1在点(1，1)处切线的斜率等于( )

A ．2e

B ．e

C ．2

D ．1

【答案】C 【解析】因为y′＝(xex －1)′＝ex －1＋xex －1，所以y ＝xex －1在点(1，1)处的导数是y′|x＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线y ＝xex －1在点(1，1)处的切线斜率是2.

【2014·新课标全国卷Ⅱ】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )

A ．0

B ．1

C ．2

D ．3

【答案】D 【解析】y′＝a －1x ＋1

，根据已知得，当x ＝0时，y′＝2，代入解得a ＝3. 【2014·陕西卷】设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．

(1)令g1(x)＝g(x)，gn ＋1(x)＝g(gn(x))，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．

-

13 -

那么，当n ＝k ＋1时，gk ＋1(x)＝g(gk(x))＝gk （x ）1＋gk （x ）＝x

1＋kx 1＋x 1＋kx

＝x 1＋（k ＋1）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)≥ax 1＋x

恒成立． 设φ(x)＝ln(1＋x)－ax 1＋x

(x≥0)， 则φ′(x)＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a （1＋x ）2

， 当a≤1时，φ′(x)≥0(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)≥ax 1＋x

恒成立(仅当x ＝0时等号成立)． 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，

- 14 - 故知ln(1＋x)≥ax 1＋x

不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．

(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝12＋23＋…＋n n ＋1

， 比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n －ln(n ＋1)． 证明如下：

即结论成立．

由①②可知，结论对n∈N＋成立．

方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1

<ln(n ＋1)， 在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x)>x 1＋x

，x>0. 令x ＝1n ，n∈N＋，则ln n ＋1n >1n ＋1

.

故有ln 2－ln 1>12

， ln 3－ln 2>13

， ……

ln(n ＋1)－ln n>1n ＋1

， 上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1

， 结论得证．

- 15 - 方法三：如图，??0n x x ＋1

dx 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋n n ＋1

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