届北师大版文 函数导数数列 检测卷Word文档下载推荐.docx
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故a+1<
1,a<
0,即a的取值范围是(-∞,0).
2.(2016·
天津卷节选)设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:
x1+2x0=0.
(1)解 由f(x)=x3-ax-b,可得f′(x)=3x2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f′(x)=3x2-a≥0恒成立,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
②当a>
0时,令f′(x)=0,解得x=或x=-.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
-
f′(x)
+
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,.
(2)证明 因为f(x)存在极值点,所以由
(1)知a>
0,
且x0≠0.由题意,得f′(x0)=3x-a=0,即x=,
进而f(x0)=x-ax0-b=-x0-b.
又f(-2x0)=-8x+2ax0-b=-x0+2ax0-b=
-x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,
由题意及
(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),
且x1≠x0,因此x1=-2x0,所以x1+2x0=0.
3.(2017·
西安质检)已知函数f(x)=2x+,直线l:
y=kx-1.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)试确定曲线y=f(x)与直线l的交点个数,并说明理由.
解
(1)函数f(x)定义域为{x|x≠0},
求导得f′(x)=2-,令f′(x)=0,解得x=1.
当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示:
(-∞,0)
(0,1)
1
(1,+∞)
所以函数y=f(x)的单调增区间为(-∞,0),(1,+∞),单调减区间为(0,1),
所以函数y=f(x)有极小值f
(1)=3,无极大值.
(2)“曲线y=f(x)与直线l的交点个数”等价于“方程2x+=kx-1的根的个数”,
由方程2x+=kx-1,得k=++2.
令t=,则k=t3+t+2,其中t∈R,且t≠0,
考查函数h(t)=t3+t+2,其中t∈R,
因为h′(t)=3t2+1>
0时,
所以函数h(t)在R上单调递增,且h(t)∈R.
而方程k=t3+t+2中,t∈R,且t≠0,
所以当k=h(0)=2时,方程k=t3+t+2无根;
当k≠2时,方程k=t3+t+2有且仅有一根,
故当k=2时,曲线y=f(x)与直线l没有交点,当k≠2时,曲线y=f(x)与直线l有且仅有一个交点.
4.(2017·
合肥模拟)已知f(x)=xlnx,g(x)=x3+ax2-x+2.
(1)如果函数g(x)的单调递减区间为,求函数g(x)的解析式;
(2)对任意x∈(0,+∞),2f(x)≤g′(x)+2恒成立,求实数a的取值范围.
解
(1)g′(x)=3x2+2ax-1,由题意3x2+2ax-1<
0的解集是,即3x2+2ax-1=0的两根分别是-,1.将x=1或-代入方程3x2+2ax-1=0,得a=-1.所以g(x)=x3-x2-x+2.
(2)由题意2xlnx≤3x2+2ax-1+2在x∈(0,+∞)上恒成立,
可得a≥lnx-x-,设h(x)=lnx-x-,
则h′(x)=-+=-,
令h′(x)=0,得x=1或-(舍),
当0<
x<
1时,h′(x)>
0,当x>
1时,h′(x)<
0,所以当x=1时,h(x)取得最大值,h(x)max=-2,
所以a≥-2,所以a的取值范围是[-2,+∞).
5.(2017·
衡水中学质检)已知函数f(x)=.
(1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围;
(2)若a=0,x0<
1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图像在x=x0处的切线,求证:
f(x)≤g(x).
(1)解 易知f′(x)=-,
由已知得f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立,
故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立,∴1-a≥2,∴a≤-1.
(2)证明 a=0,则f(x)=.
函数f(x)的图像在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).令h(x)=f(x)-g(x)
=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R,
则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=-
=.
设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R
则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,∵x0<
1,∴φ′(x)<
0,
∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,
∴当x<
x0时,φ(x)>
x0时,φ(x)<
x0时,h′(x)>
x0时,h′(x)<
∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴x∈R时,h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x).
6.(2016·
全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解
(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(ⅱ)设a<
0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
①若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e),
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
②若a>
-,则ln(-2a)<
1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>
当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<
所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.
③若a<
-,则ln(-2a)>
1,
故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>
当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<
所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.
(2)(ⅰ)设a>
0,则由
(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f
(1)=-e,f
(2)=a,取b满足b<
0且b<
ln,则f(b)>
(b-2)+a(b-1)2=a>
0,所以f(x)有两个零点.
(ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.
(ⅲ)设a<
0,若a≥-,则由
(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<
0,故f(x)不存在两个零点.若a<
-,则由
(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<
0,故f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).
7.(2015·
重庆卷)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.
解
(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得
a1+2d=2,3a1+d=,
化简得a1+2d=2,a1+d=,
解得a1=1,d=,
故{an}的通项公式an=1+,
即an=.
(2)由
(1)得b1=1,b4=a15==8.
设{bn}的公比为q,则q3==8,
从而q=2,
故{bn}的前n项和
Tn===2n-1.
8.(2017·
东北三省四校模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d≠0,且S3+S5=50,a1,a4,a13成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)依题意得
解得∴an=2n+1.
(2)∵=3n-1,∴bn=an·
3n-1=(2n+1)·
3n-1,
∴Tn=3+5×
3+7×
32+…+(2n+1)×
3Tn=3×
3+5×
32+7×
33+…+(2n-1)×
3n-1+(2n+1)×
3n,
两式相减得,
-2Tn=3+2×
3+2×
32+…+2×
3n-1-(2n+1)×
3n
=3+2×
-(2n+1)×
3n=-2n×
∴Tn=n×
3n.
9.已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,其导函数为f′(x)=6x-2,数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图像上.
(2)设bn=,试求数列{bn}的前n项和Tn.
解
(1)设二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0),
则f′(x)=2ax+b.
由于f′(x)=6x-2,得a=3,b=-2,
所以f(x)=3x2-2x.
又因为点(n,Sn)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图像上,
所以Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5;
当n=1时,a1=S1=3×
12-2×
1=6×
1-5,也适合上式,
所以an=6n-5(n∈N+).
(2)由
(1)得bn==
=·
,
故Tn==
10.在数列{an}中,log2an=2n+1,令bn=(-1)n-1·
,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 由题意得bn=(-1)n-1
=(-1)n-1.
当n为偶数时,Tn=-+
-…-=-;
当n为奇数时,Tn=-+
-…+=+,
故Tn=
11.(2017·
南昌模拟)正项数列{an}的前n项和Sn满足:
S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:
对于任意的n∈N+,都有Tn<
.
(1)解 由S-(n2+n-1)Sn-(n2+n)=0,
得[Sn-(n2+n)](Sn+1)=0.
由于{an}是正项数列,所以Sn>
0,Sn=n2+n.
于是a1=S1=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n,又a1=2=2×
1.
综上,数列{an}的通项an=2n.
(2)证明 由于an=2n,bn=,
则bn==.
Tn=
=<
所以对于任意的n∈N+,都有Tn<.
12.已知单调递增的等比数列{an}满足a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项.
(2)若bn=anlogan,Sn=b1+b2+…+bn,对任意正整数n,Sn
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