发布时间 : 星期五 文章2005 - -2013湖北导数大题更新完毕开始阅读15031fa4998fcc22bcd10d6a
22.(本小题满分14分)
设函数f(x)?axn(1?x)?b (x?0),n为正整数,a,b为常数. 曲线y?f(x)在(1,f(1)) 处的切线方程为x?y?1. (Ⅰ)求a,b的值; (Ⅱ)求函数f(x)的最大值; (Ⅲ)证明:f(x)?1. ne
22.解:(Ⅰ)因为f(1)?b,由点(1,b)在x?y?1上,可得1?b?1,即b?0.
因为f?(x)?anxn?1?a(n?1)xn,所以f?(1)??a.
又因为切线x?y?1的斜率为?1,所以?a??1,即a?1. 故a?1,b?0. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)?xn(1?x)?xn?xn?1,f?(x)?(n?1)xn?1(令f?(x)?0,解得x?在(0,而在(n?x). n?1nn,即f?(x)在(0,??)上有唯一零点x0?. n?1n?1n)上,f?(x)?0,故f(x)单调递增; n?1n,??)上,f?(x)?0,f(x)单调递减. n?1nnnnnn)?()(1?)?故f(x)在(0,??)上的最大值为f(. n?1n?1n?1(n?1)n?1(Ⅲ)令?(t)?lnt?1+111t?1(t?0),则??(t)??2=2 (t?0). tttt在(0,1)上,??(t)?0,故?(t)单调递减; 而在(1,??)上??(t)?0,?(t)单调递增.
故?(t)在(0,??)上的最小值为?(1)?0. 所以?(t)?0(t?1),
1即lnt?1?(t?1).
t令t?1?1n?11n?1n?1,得ln,即ln(?)?lne, nnn?1nnn1n?1n?1?所以(. )?e,即n?1(n?1)nennn1?由(Ⅱ)知,f(x)?,故所证不等式成立.
(n?1)n?1ne
20. (本小题满分13分)
(2)由(1)得f(x)?x2?4x2?5x?2,所以f(x)?g(x)?x3?3x2?2x. 依题意,方程x(x2?3x?2?m)?0有三个互不相同的实根0、x1、x2, 故x1、x2是方程x2?3x?2?m?0的两相异的实根.
1所以△=9-4(2-m)>0,即m??.
4又对任意的x?[x1,x2],f(x)?g(x)?m(x?1)成立.
特别地,取x?x1时,f(x1)?g(x1)?mx1??m成立,得m<0. 由韦达定理,可得x1?x2?3?0,x1x2?2?m?0,故0?x1?x2 对任意的x?[x1,x2],有x?x2?0,x?x1?0,x>0.
则f(x)?g(x)?mx?x(x?x1)(x?x2)?0.又f(x1)?g(x1)?mx1?0, 所以函数f(x)?g(x)?mx在x?[x1,x2]的最大值为0.
于是当m<0时,对任意的x?[x1,x2],f(x)?g(x)?m(x?1)恒成立.
1
综上,m的取值范围是(?,0).
4
21.(本小题满分14分) 设函数f(x)?12a2x?x?bx?c,其中a320..曲线y?f(x)在点p(0,f(0))处的切线方
程为y?1。 (1) 确定b,c的值
(2) 设曲线y?f(x)在点(x1,f(x1))处的切线都过点(0,2).证明:当及(x2,f(x2))x1?x2时,f?(x1)?f?(x2);
(3) 若过点(0,2)可作曲线y?f(x)的三条不同切线,求a的取值范围.
21.(本小题满分14分)
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
已知关于x的函数f(x)=
+
1x3+bx2+cx+bc,其导函数为f+(x).令g(x)=∣3f(x) ∣,记函数g(x)在区间[-1、1]上的最大值为M.