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3.自主招生专题之导数与极限(答案)



3.自主招生专题之导数与极限
一、补充函数极限
2 1、 引 例 : ( 1 ) lim 1 ( 3 ) lim x ? 1 =_______ . ? ____.(k ? N ? ) ( 2 ) lim x2 ? _____ . k x ?? x x ?1 x ? 1 x ?2 2、 x→ ∞ 时 的 函 数 极 限 : 描 述 性 定 义 : 当 自 变 量 x 无限增大时,函数 y=f(x)无限趋近于一个常数 A,称 A 为 函数 f(x)当 x 趋向于正无穷大时的极限,记为 lim f ( x) ? A .

x ???

精确性定义:若函数 f(x)满足对任意给定的正数 ε,总存在正数 m,当 x>m 时,恒有|f(x)-A|<ε 成立(A 为常数) ,则称 A 为函数 f(x)当 x 趋向于无穷大时的极限,记为 lim f ( x) ? A .同理可定义 lim f ( x) .
x ??? x ???

若 lim f ( x) ? lim f ( x) ? A ,可记作 lim f ( x) ? A .
x??? x??? x ??

例如: lim 1 ? lim 1 ? 0 ,故有 lim 1 ? 0 . x ??? x x ??? x x ?? x | x| | x| | x| 又如: lim 无意义. ? 1 ,而 lim ? ?1 ,故而符号 lim x ??? x x ??? x x ?? x 3 、 x→x0 时的 函 数 极 限 : 若函数 f(x)满足对任意给定的正数 ε,总存在正数 m,当|x-x0|<m 时,恒有|f(x)-A|<ε 成立(A 为常 数),则称 A 为函数 f(x)当 x 趋向于 x0 时的极限,记为 lim f ( x ) ? A .
x ? x0

例如: lim C ? C ; lim x ? x0 .
x ? x0 x ? x0

另外 lim? f ( x ) =A 表示 x 大于 x0 且趋向于 x0 时 f(x)极限为 A,称作右极限;类似地 lim? f ( x ) 表
x ? x0 x ? x0

示 x 小于 x0 且趋向于 x0 时 f(x)的左极限. f(x)在 x=x0 处存在极限,等价于 lim? f ( x ) 与 lim? f ( x ) 都存在且相等,即
x ? x0 x ? x0 x ? x0

lim f ( x ) ? A ? lim? f ( x ) = lim? f ( x ) =A.
x ? x0 x ? x0

? x ? 1, x ? 0 ? 例如:已知函数 f(x)= ?0, x ? 0 ,则 lim? f ( x ) =1, lim? f ( x ) =-1. x ? x0 x ? x0 ? ? x ? 1, x ? 0
4、极限的四则运算: 如果 lim f(x)=a, lim g(x)=b,那么 lim [f(x)± g(x)]=a± b, lim [f(x)· g(x)]=ab,
x ? x0 x ? x0 x ? x0 x ? x0

f ( x) a ? (b ? 0) . g ( x) b 5、 函 数 的 连 续 性 : 如果函数 f(x)在 x=x0 处有定义, 且 lim f(x)存在, 并且 lim f(x)=f(x0), 则称 f(x)在 x=x0 处连续. 表
x ? x0

lim

x ? x0

x ? x0

现 在 图 象 上 , 即 f(x)的 图 象 在 x= x0 处 是 接 连 不 断 的 . 基本初等函数在有定义的独立区间内都连续,连续函数相加、相减、相乘、复合后 的函数也连续,而相除时,在分母为零的点处将出现不连续. 最值定理:如果 f(x)是闭区间[a,b]上的连续函数,那么 f(x)在[a,b]上有最大值和最小值. 6、 两 个 重 要 的 极 限 : ( 1 ) lim sin x ? 1 ; ( 2 ) lim(1 ? 1 ) n ? e ≈ 2.718281828459045 ? . x ?0 n ?? x n

1

二、典型例题 例 1. (2013 年北大保送生考试)正数 a、b、c 满足 a ? b ? c ,求证:

a b c ? ? 。 1? a 1? b 1? c

1 a ?1 2 例 2.(2011 年南京理工大学)已知实数 a 满足 0 ? a ? 2, a ? 1 ,设函数 f ( x) ? x3 ? x ? ax . 3 2 (Ⅰ) 当 a ? 2 ,求 f ( x) 的极小值;
(Ⅱ) 若函数 g ( x) ? ax2 ? bx2 ? (2b ? 4) x ? ln x (b ? R) 的极小值点与 f ( x) 的极小值点相同. 求 g ( x) 的极大值的最大值,并求取到最大值时 a , b 的值. 解: (Ⅰ) 当 a=2 时,f ′(x)=x2-3x+2=(x-1)(x-2). 列表如下: x (- ? ,1 ) 1 2 (1,2) (2,+ ? ) f ′(x) 0 0 + - + f (x) 单调递 极 单调 极 单调 增 大值 递减 小值 递增 2 所以,f (x)极小值为 f (2)= . ?????????????6 分 3 (Ⅱ)f ′(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a). g ′(x)=3x2+2bx-(2b+4)+ .???8 分 x x 令 p(x)=3x2+(2b+3)x-1, (1) 当 1<a≤2 时,f (x)的极小值点 x=a,则 g(x)的极小值点也为 x=a, 所以 p(a)=0,即 3a2+(2b+3)a-1=0,即 b= 此时 g(x)极大值=g(1)=1+b-(2b+4)=-3-b =-3+ .???8 分 由于 1<a≤2, 2 2a 2 2a 3 1 3 3 1 3 5 a? ? ≤ ? 2- - = .??????12 分 故 2 2a 2 2 4 2 4 此时 a ? 2, b ? ?

1



( x ? 1)[3 x 2 ? (2b ? 3) x ? 1]

1 ? 3a 2 ? 3a 2a

,??????19 分

3a 2 ? 3a ? 1



3

a?

1

?

3

17 ????????????13 分 4

(2) 当 0<a<1 时, f (x)的极小值点 x=1,则 g(x)的极小值点为 x=1, 由于 p(x)=0 有一正一负两实根,不妨设 x2<0<x1, 所以 0<x1<1,即 p(1)=3+2b+3-1>0,故 b>- .???15 分 2 此时 g(x)的极大值点 x=x1, 有 g(x1)=x13+bx12-(2b+4)x1+lnx1
2

5

<1+bx12-(2b+4)x1=(x12-2x1)b-4x1+1 (x12-2x1<0) 5 <- (x12-2x1)-4x1+1???13 分 2 5 5 1 1 =- x12+x1+1=- (x1- )2+1+ (0<x1<1) 2 2 5 10 11 5 5 ≤ < . 综上所述,g(x)的极大值小于等于 . 19 分 10 4 4 5 17 综 上 , g ( x) 的极大值的最大值为 ,取到最大值时 a , b 的值分别为 2 和 ? ??20 分 4 4 例 3. (2007 年清华大学保送生) 已知 A(?1, ?1) , △ABC 是正三角形, 且 B、 C 在双曲线 xy ? 1( x ? 0) 一支上. (1)求证 B、C 关于直线 y ? x 对称; (2)求△ABC 的周长. 解:(1) 设B(t1,

1 1 ),C(t, )(t,t1>0且 ? 1,t ? t1)那么BA=AC t1 t 1 1 ? (1+t1) 2 ? (1+ ) 2 ? (1+t) 2 ? (1+ ) 2 t1 t 1 我们观察函数f(x)=(1+x) 2 ? (1+ ) 2 x 2 2 ? f '( x) ? 2 ? 2 ? 2 x ? 3 x x 当x ? (1, ?)时f '( x) ? 0,当x ? (0,1)时f '( x) ? 0

因此BA=AC时,对于给定的t只有一个解t1 =1/t 所以 B、C 关于直线 y ? x 对称. 12 12 12 1 12 2 (2) 有AB ? BC ? (1 ? t ) ? (1 ? ) ? 2(t ? ) ? (t ? ) ? 2(t ? ) ? 2((t ? ) ? 4) t t t t t 1 12 12 ? t ? ? 4 ? 2(t ? ) ? 2((t ? ) ? 4) ? 24 ? BC ? 2 6 t t t 周长 ? 3BC ? 6 6.
例 4.(2010 年北约自主招生) A、 B 为 y ? 1 ? x2 上在 y 轴两侧的点,求过 A、 B 的切线与 x 轴围成 面积的最小值. (25 分) 【解析】 不妨设过 A 点的切线交 x 轴于点 C ,过 B 点的切线交 x 轴于点 D ,直线 AC 与直线 BD 相 交于点 E .如图.设 B( x1 , y1 ), A( x2 , y2 ) , 且有 y2 ? 1 ? x22 , y1 ? 1 ? x12 , x1 ? 0 ? x2 . 由于 y? ? ?2 x , 于是 AC 的方程为 2 x2 x ? 2 ? y2 ? y ;① ② y ? y2 , 1 ? x 1 x2 ) . 联立 AC , BD 的方程,解得 E ( 1 2( x2 ? x1 ) 2 ? y2 , 0) ; 对于①,令 y ? 0 ,得 C ( 2 x2
3
y

E A C O B D x

BD 的方程为 2 x1 x ? 2 ? y1 ? y .

对于②,令 y ? 0 ,得 D ( 于是 CD ?

2 ? y1 , 0) . 2 x1

2 ? y1 2 ? y2 1 ? x12 1 ? x2 2 ? ? ? . 2 x1 2 x2 2 x1 2 x2

1 CD (1 ? x1 x2 ) .不妨设 x1 ? a ? 0 , ? x2 ? b ? 0 ,则 2 1 1 ? a 2 1 ? b2 1 1 1 S?ECD ? ( ? )(1 ? ab) ? (2a ? 2b ? ? ? a2b ? ab2 ) 4 a b 4 a b 1 1 1 1 ? (a ? b)(2 ? ab ? ) ≥ ? 2 ab ? (2 ? ab ? ) ③ 4 ab 4 ab 不妨设 ab ? s ? 0 ,则有 1 1 1 1 1 1 1 S?ECD ? ( s 3 ? 2s ? ) ? ( s 3 ? s ? .. ? s ? ? ... ? ) 2 s 2 3 3 9s 9s S?ECD ?
9个 1 1 1 1 1 8 ≥ ? 16 ?? s 3 ? ? s )6 ? ? ? ] ? 8 ? ( ) ? 8 ? ? ) ? 3. ④ 2 3 9s 3 3 9 3 3 3 , x2 ? ?b ? ? , s? 又由当 x1 ? a ? 时,③,④处的等号均可取到. 3 3 3 8 ∴ (S?ECD )min ? 3. 9 1 1 注记:不妨设 g (s) ? (s3 ? 2s ? ) ,事实上,其最小值也可用导函数的方法求解. 2 s 1 2 1 1 1 由 g ?(s) ? (3s ? 2 ? 2 ) 知当 0 ? s 2 ? 时 g ?( s) ? 0 ;当 ? s 2 时 g ?( s) ? 0 . 2 s 3 3 3 3 3 ) 上单调减,在 ( , ? ?) 上单调增.于是当 s ? 则 g (s) 在 (0 , 时 g (s) 取得最小值. 3 3 3
1 9 16 24 16 3 2

6个

例 5. (2000 年上海交大) 己知函数 f ? x ? 满足 f ? x ? y ? ? f ? x ? ? f ? y ? ? xy ? x ? y ? , 又 f '0 ? , ? ?1 求函数 f ? x ? 的解析式。

4

例 6. (2006 年清华大学保送生) 已知函数 f ( x ) 满足: 对任意实数 a , b 有 f (ab) ? af (b) ? bf (a ) , 且 | f ( x ) |? 1 。求证: f ( x ) 恒为 0. (可以用一下结论: 若 lim g( x ) ? 0 ,| f ( x ) |? M , M 为一常数, 那么 lim[ f ( x ) g ( x )] ? 0 )
x ?? x ??

解:有条件,若 a , b 为实数有 f (ab) ? af (b) ? bf (a ) ① 令 a ? b ? 0 ,得 f (0) ? 0 ,令 a ? b ? 1 ,得 f (1) ? 0 ,令 a ? b ? ?1 ,得 f ( ?1) ? 0 。 下面用反证法证明:设至少存在一点 x0 使得 f ( x0 ) ? 0 ,显然 x0 ? 0, x0 ? ?1 。 若 | x0 |? 1 , 对正整数 n 反复利用①式得 f ( x0n ) ? nx0 n?1 f ( x0 ) , 即 考虑 n ? ? 时, lim
x ??

f ( x0n ) ? f ( x0 ) ? 0 ②。 nx0n?1

1 ? 0 ,而此时 n ? ? ? nx0n?1 ? ? , n ?1 nx0 由条件 | f ( x ) |? 1 及结论 lim g( x ) ? 0 , | f ( x ) |? M , M 为一常数,那么
x ??

lim[ f ( x ) g ( x )] ? 0 ,于是②在 n ? ? 时矛盾,所以对任意的 | x |? 1 ,有 f ( x ) ? 0 ;
x ??

若存在 0 ?| x0 |? 1 ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,从而由条件知

1 1 1 1 ) ? x0 f ( ) ? f ( x0 ) ? 0 ,所以 f ( ) ? 0 , x0 x0 x0 x0 n ?n ?1 同样,对正整数 n 反复利用①式得 f ( x0 ) ? n?1 f ( x0 ) , x0 f (1) ? f ( x0 ?
x0 n ? 1 f ( x0 ? n ) ? f ( x 0 ?1 ) ? 0 , 即 n
与前面的证明完全类似, 该式两边在 n ? ? 时矛盾, 所以不存在 0 ?| x0 |? 1 , 使得 f ( x0 ) ? 0 综上所述,对任意实数 x , f ( x ) 恒为 0. 例 7.(2011 年华约)已知函数 f ( x) ? (I)求数列 {xn } 的通项公式; (II)证明 x1 x2 解

2x 1 2 1 ,f (1) ? 1,f ( ) ? .令 x1 ? ,xn ?1 ? f ( xn ) . ax ? b 2 3 2

xn ?1 ?

1 . 2e

2 2x 得a ? b ? 1,f ( x) ? 3 x ?1 1 2 4 8 2n ?1 (I)方法一:先求出 x1 ? ,x2 ? ,x3 ? ,x4 ? ,猜想 xn ? n ?1 . 2 3 5 9 2 ?1 2k ?1 用数学归纳法证明.当 n = 1 显然成立;假设 n = k 成立,即 xk ? k ?1 ,则 2 ?1 2 xk 2k ,得证. xk ?1 ? f ( xk ) ? ? xk ? 1 2k ? 1 2 xn 1 1 1 1 1 1 ? 1 ? ( ? 1) ,所以 ? 1 ? ( ) n?1 ( ? 1) 方法二: xn?1 ? 取倒数后整理得 xn?1 2 xn xn 2 x1 xn ? 1
由 f (1) ? 1,f ( ) ?

1 2

5

所以 x ?

1 1 2 n ?1 ?1

(II)方法一:证明

1 x1 x2 xn ?1
2

? 2e .事实上,
n

1 x1 x2
2n

xn?1

1 1 ? 2(1 ? )(1 ? ) 2 4

(1 ?

1 ). 2n

我们注意到 1 ? 2a ? (1 ? a) , , (贝努利(Bernoulli)不等式的一般形式: 1 ? 2 a ? (1 ? a) ,

(1 ? x) n ? 1 ? nx , x ? (?1,??) ) 1 1 n?1 1 n 1 n 于是 ? 2(1 ? n )2 ? ? 2?1 ? 2(1 ? n )2 ?1 ? 2(1 ? n )2 ? 2e x1 x2 xn?1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 方法二:原不等式 ? (1 ? )(1 ? 2 ) ? (1 ? n ) ? e ? ln[(1 ? )(1 ? 2 ) ? (1 ? n )] ? 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ? ln(1 ? ) ? ln(1 ? 2 ) ? ? ? ln(1 ? n ) ? 1 2 2 2 构造函数 g ( x) ? ln( 1 ? x) ? x ( x ? 0) 1 ?x g ?( x) ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ( x) ? g (0) ? 0 ,所以 ln(1 ? x) ? x ( x ? 0) 1? x 1? x 1 1 1 令 x ? n 则 ln(1 ? n ) ? n 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ln(1 ? ) ? ln(1 ? 2 ) ? ? ? ln(1 ? n ) ? ? 2 ? ? ? n ? 1 ? n ? 1 2 2 2 2 2 2 2 x 例 8.(2013 年华约)设 f ( x) = (1 -x)e - 1. (1)证明当 x > 0 时, f ( x) < 0 ; 1 x x (2)令 xn e n +1 = e n - 1 , x1 = 1,证明 xn 递减且 x n > n . 2 解: (1)因为 f (0) = (1 - 0)e 0- 1 = 0, 又当 x > 0 时, f ' ( x) = -e x + (1 -x)e x = -xe x < 0 , 所以当 x > 0 时, f ( x) < 0 ;
(2)由 xn e
xn +1

=e - 1 ,得 e

xn

xn +1

e xn - 1 x ,又 e > 1 + x ,可得 x n > 0 . = xn
x

由(1)知 x > 0 时, f ( x) < 0 , f ( xn ) = (1 -xn )e n - 1< 0,

xn e xn > e xn - 1 = xn e xn +1 ,∴ e xn > e xn+1 ,即 xn+1<xn , xn 递减. 1 下面用数学归纳法证明 x n > n . 2 1 n = 1 时显然成立,假设 n = k ( k ∈ N * )时, x k > k , 2 x 1 e- 1 构造函数 g ( x) = ,当 x > 0 时, g ( x) 为增函数,∴ g ( x k ) > g ( k ) . 2 x x x x 又当 x > 0 时, e 2 > 1 + ,再设函数 h( x) = x( g ( x)-e 2 ) , 2
6

x x x x x 2 ∞ ) 上是增函数, )e 2 = e ( e 2- (1 + ))> 0 , h( x) 在 (0,÷ 2 2 1 1 1 1 1 k +1 k ?1 h( k ) > 0 ,∴ g ( k ) > e 2 , ∴ e xk ?1 ? e 2 , xk ?1 ? k ?1 , 2 2 2 1 由数学归纳法知,对于正整数 n ,有 x n > n . 2

则 h ( x) = e - (1 +

'

x

三、课堂练习 1. (2010 华约) 设 f ( x) ? ea x (a ? 0) . 过点 P(a,0) 且平行于 y 轴的直线与曲线 C : y ? f ( x) 的交点为 Q,曲线 C 过点 Q 的切线交 x 轴于点 R,则 △PQR 的面积的最小值是 ( B ) (A)1 (B)
2e 2

(C)

? ?? ,求 f ? x ? ? cos x ? x sin x 的最小值为_______________。1 ? 2? ? ? 1 ? 3.(2000 年上海交大)抛物线 y ? x2 ? x ? 0? 上,点 A 坐标为 ? ? , 0 ? ,抛物线在 P 点的切线与 y ? 3 ? 轴及直线 PA 夹角相等,则点 P 的坐标为_____________。(1,1)
2.(2001 年上海交大) x ? ?0,

e 2

(D)

e2 4

(??,?1),(0,??) 4. (2000 年上海交大保送) 函数 y ? 2 x ? 3 3 x 2 的单调递增区间是__________.
5.(2006 年清华大学保送生) y ? x 2 上一点 P (非原点) ,在 P 处引一切线交 x , y 轴于 Q , R ,

| PQ | 的值。 | PR | 解:设点 P( x0 , x02 )( x0 ? 0) ,又


y? ? 2 x ,故过点 P 的切线的斜率为 2 x0 ,

于是切线的方程为: y ? x02 ? 2 x0 ( x ? x0 ) ,即 y ? 2 x0 x ? x02 。 令 x ? 0, 则 y ? ? x0 2 ,再令 y ? 0, 则 x ?

x0 x 2 ,? Q( 0 , 0), R(0, ? x0 ) 。 2 2

x0 | PQ | | x0 ? 2 | 1 ? ? 。 于是 | PR | | x0 ? 0 | 2
6.(2008 年南开大学) 求证 : 方程2 x ? x 2 ? 7 ? 0有唯一的实数根x ? 5.
证明:首先当x ? 2时,由于2x ? 4, 知方程在区间(??, 2]内没有实数根;
当x ? ( 2 , 时 3 ], x ? 2 而 8 x2 , ? ? 7 知此时方程无根 1 1, ; 当x ? ( 3 , 时 4 ],由
x

? 2

x 12 6 ?, ?

7知此时方程无根 16,

;

所以方程在(?? , 4 内没有实数根 ] .
而验证可知x ? 5为方程的一个根,下面只需证明唯一性即可:
x 只需证明函数f ( x)? 2 ? 2 x ? 在区间 7 [ 4?, ? 上单调递增即可 )

.

?? )x ? ( ) f ?( x )? 2 l n ?2 x x 2? ( ,f 4
x x

2

? 2 lxn? 2

2(

4)

2 l n?2 ? 0.35. 4 ? x)? 0 (x 从而f ? ( ? 4 所以 ) , f? 单调递增 x( ) , 且f ?( 4 ) ? 1 6 l? n 2 ? 8 8 ? ( l? n 4知 1 f?) x ? 0, 且24 l n ? 2 ? 2
所以f ( x ) 在 [4 ?? , 上单调递增 ) ,因而原命题成立.
7

( )

0.

四、课后作业

f 2 ? x0 ? 3h ? ? f 2 ? x0 ? h ? 1.(2000 年上海交大)己知 f ? x ? 在 x0 处可导,则 lim ? _______。 h ?0 h 8 f ?( x0 ) f( x0 ) 2.(2000 年复旦大学) lim[(n ? 2) log 2 ( n ? 2) ? 2( n ? 1) log 2 ( n ? 1) ? n log 2 n] =__________.0
n ??

3.设函数

,若
2012?

,则函数 f ( x ) 的各极大值之和为



e (1 ? e 1 ? e2?

?

)

4.(2011 华约)如图,已知△ ABC 的面积为 2,D,E 分别为边 AB,边 AC 上的点, F 为线段 DE 上一点,设 △ BDF 面积的最大值为

AD AE DF ? x, ? y, ? z ,且 y ? z ? x ? 1 ,则 AB AC DE
( D )

8 A. 27
解析: S ?BDF ?

10 B. 27

14 C. 27

16 D. 27

DF BD S ?BDE ? zS ?BDE , S?BDE ? S?ABE ? (1 ? x) S?ABE , DE AB

AE S ?ABC ? yS ?ABC ,于是 S?BDF ? (1 ? x) yzS?ABC ? 2(1 ? x) yz . AC 将 y ? z ? x ?1 ,变形为y ? z ? x ? 1,暂时将 x 看成常数,欲使 yz 取得最大值必须 x ?1 1 1 2 y?z? ,于是 S ?BDF ? (1 ? x )( x ? 1) ,解这个一元函数的极值问题, x ? 时取极大 2 2 3 16 值 . 27 5.已知 x, a ? R, a ? 1 ,直线 y ? x 与函数 f ?x ? ? loga x 有且仅有一个公共点, S ?ABE ?
则a ? ;公共点坐标是 . a ? e , ?e, e ? .
/

1 e

1 1 ? 1 ,令 ?1 ? 0 x ln a x ln a 1 1 1 / / 有x ? ,因为 a ? 1 ,当 0 ? x ? 时, g ?x? ? 0 ;当 x ? 时, g ?x? ? 0 ln a ln a ln a 1 ? 1 ? ? 1 ? 所以, g ?x? ? loga x ? x 在 x ? 处有最大值 g ? ? ,当 g ? ? ? 0 时,直线 y ? x 与函数 ln a ? ln a ? ? ln a ? 1 1 ? 1 ? , ? log a ?ln a ? ? f ?x? ? loga x 有且仅有一个公共点,即 loga ? ?? ln a ? ln a ? ln a
【解析】构造新函数 g ?x? ? loga x ? x , g ? x ? ?

?

ln ?ln a ? 1 1 ? ? ln?ln a ? ? ?1, ln a ? ? a ? e e ,则 y ? x ? ln a ln a e
1
1 e

1 ln e
1 e

? e ,即公共点坐标是

?e, e? ,所以两空分别填 a ? e

, ?e, e ? .

' 6.设 f ( x) 是定义在 R 上的可导函数,且满足 f ( x) ? xf ( x) ? 0 .则不等式

f ( x ? 1) ? x ? 1 f ( x 2 ? 1) 的解集为
8



【答案】 {x |1 ? x ? 2} ; 解析:令 g ( x) ? xf ( x) ,则 g ?( x) ? f ( x) ? xf ' ( x) ? 0 ,∴ g ( x) 为增函数, 不等式 f ( x ? 1) ?

x ? 1 f ( x 2 ? 1)

可化为 x ? 1 f ( x ? 1) ?

x 2 ? 1 f ( x 2 ? 1) , ? ? x ? 1 ? x2 ? 1 ?1? x ? 2 , 即 g ( x ? 1) ? g ( x 2 ? 1) ,由 ? x ? 1 ? 0 ? ? x ? 1 f ( x 2 ? 1) 的解集为 {x |1 ? x ? 2} ; x 7.一矩形的一边在 x 轴上,另两个顶点在函数 y ? (x>0)的图象上,求此矩形绕 x 轴旋转而成 1 ? x2
∴不等式 f ( x ? 1) ? 的几何体的体积的最大值.

8. (2008年清华大学)lim f ( x) ? 0 ? 1, f (2x) ? f ( x) ? x2 , 求f ( x).
x ?0

x x2 解:由f (2 x) ? f ( x) ? x 2 , 得 f ( x) ? f ( ) ? , 2 4 x x x2 f ( )? f ( ) ? , 2 4 16 x x2 ) ? f ( ) ? , 2n ?1 2n 4n x x2 x2 x2 x2 将以上各式累加,得f ( x) ? f ( n ) ? ? ? ? ? n , 4 16 64 2 4 2 x x 1 于是f ( x) ? f ( n ) ? [1 ? ( )n ]. 又因为lim f ( x) ? f (0) ? f (1), x ?0 3 4 2 2 x x 1 x2 x2 所以f ( x) ? lim f ( n ) ? lim [1 ? ( )n ] ? f (0) ? ? 1 ? . n ??? n ??? 3 4 3 3 2 f( x
9

9.(浙江大学 2009 年自主招生)现有如下两个命题: 命题 p:函数 f ( x) ? x 3 ? ax 2 ? ax ? a 既有最大值,又有最小值. 命题 q:直线 3 x ? 4 y ? 2 ? 0 与曲线 x 2 ? 2ax ? y 2 ? a 2 ? 1 ? 0 有公共点. 若命题“p 或 q”为真,且命题“p 且 q”为假,试求 a 的取值范围.

10. (2010年南开大学数学特长班) 求证:sin x ? x ?

x3 ? , x ? (0, ) . 6 2 分析:题目中除了x的取值范围外没有其它条件,不等式的两边均
含有字母x,因此,可以考虑构造函数f ( x) ? sin x ? x ? x3 , 6

x ? (0, ), 利用导数工具研究函数在其定义域上的单调性. 2 1 x3 ? 解:令f ( x) ? sin x ? x ? , x ? (0, ). f (0) ? 0, f ?( x) ? cos x ? 1 ? x 2 2 6 2
f ??( x)? ? s i n x ? , x f ??( x) ? ? sin x ? x ? 0,( x ? (0, ))(常用的一个结论:当x ? (0, )时,x ? sin x) 2 2

?

?

?

? f ?( x) 是 ( 0 , 上单调增函数 ) ,又 2

?

? f

?f , x ? (0? ) 0 ? ( ) 0.

0,

从而f ( x) 是 ( 0 , 上单调增函数 ) ,? f x? ( ) f ?( 0 ) 2 x3 即s i n x ? x? . 6
10

?



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