KS5U2009届新课标数学考点预测：导数及其应用(3)

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1?ln(x?1)3?(x?0)

xx?13x33?1?2??2? ??????11分 ∴ln(x?1)?x?1x?1x（Ⅲ）由（Ⅱ）知

令x?n(n?1)(n?N*)，则

ln[1?n(n?1)]?2?3

n(n?1)∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+?+ln[1+n(n+1)]

333)?(2?)???[2?]1?21?3n(n?1)131?2n?3[????]

1?22?3n(n?1)13?2n?3(1?)?2n?3??2n?3n?1n?1?(2?∴（1+1×2）（1+2×3）?[1+n（n+1）]>e

3.(浙江省重点中学2008年5月)

2n－3

??????14分

已知函数f(x)?ln(2?x)?x(x?0)，数列{an}的前n项和为Sn，a1?an?1?f(Sn)?Sn(n?N*)．

1，且2lPMQy（Ⅰ）求f(x)的最大值； （Ⅱ）证明：0?Sn?1； （Ⅲ）探究：数列{an}是否单调？

解：（Ⅰ）∵f(x)?ln(2?x)?x(x?0)，∴0?x?2． ∵f/(x)?FAOxBm?1x?1，（2分） ?1=

2?xx?2∴当0?x?1时，f/(x)?0，f(x)在(0,1)上单调递增； 当1?x?2时，f/(x)?0，f(x)在(1,2)上单调递减． ∴在区间(0,2)内，f(x)max?f(1)?1．（2分） （Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当n?1时， ∵S1?a1?1，∴0?S1?1，0?Sn?1成立； 2② 假设当n?k时，0?Sk?1成立．

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当n?k?1时，由an?1?f(Sn)?Sn及an?1?Sn?1?Sn，得Sk?1?f(Sk)，（2分） 由(Ⅰ) 知，f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(0)?f(Sk)?f(1)， 而f(0)?ln2?0，f(1)?ln(2?1)?1?1， 故0?Sk?1?1． ∴当n?k?1时，0?Sn?1也成立．

由①、②知，0?Sn?1对任意n?N*都成立．（4分） （Ⅲ）数列{an}单调递减．（1分） 理由如下：

当n?1时，a2?a1?ln(2?S1)?S1?ln(2?1)?1?ln3?lne?0, ∴a2?a1；

222当n?2时，由an?1?f(Sn)?Sn得an?1?ln(2?Sn)． ∵an?1?an?ln(2?Sn)?ln(2?Sn?1)?ln2?Sn，（2分）

2?Sn?1又由 (Ⅱ) 知，0?Sn?1，∴1?2?Sn?2， ∴an?1?ln(2?Sn)?0，即Sn?1?Sn?0(n?N*) ∴1?2?Sn?2?Sn?1?2(n?N*且n?2)， ∴ln2?Sn?0，∴an?1?an．（3分）

2?Sn?1综上，数列{an}单调递减．

2?x)?x(x?0)，数列{an}的前n项和为Sn，a1?4．已知函数f(x)?ln(1，且2an?1?f(Sn)?Sn(n?N*)．

lPMQy（Ⅰ）求f(x)的最大值； （Ⅱ）证明：0?Sn?1； （Ⅲ）探究：数列{an}是否单调？

解：（Ⅰ）∵f(x)?ln(2?x)?x(x?0)，∴0?x?2． ∵f/(x)?FAOxBm?1x?1，（2分） ?1=

2?xx?2∴当0?x?1时，f/(x)?0，f(x)在(0,1)上单调递增；

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当1?x?2时，f/(x)?0，f(x)在(1,2)上单调递减． ∴在区间(0,2)内，f(x)max?f(1)?1．（2分） （Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当n?1时， ∵S1?a1?1，∴0?S1?1，0?Sn?1成立； 2② 假设当n?k时，0?Sk?1成立．

当n?k?1时，由an?1?f(Sn)?Sn及an?1?Sn?1?Sn，得Sk?1?f(Sk)，（2分） 由(Ⅰ) 知，f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(0)?f(Sk)?f(1)， 而f(0)?ln2?0，f(1)?ln(2?1)?1?1， 故0?Sk?1?1． ∴当n?k?1时，0?Sn?1也成立．

由①、②知，0?Sn?1对任意n?N*都成立．（4分） （Ⅲ）数列{an}单调递减．（1分） 理由如下：

当n?1时，a2?a1?ln(2?S1)?S1?ln(2?1)?1?ln3?lne?0, ∴a2?a1；

222当n?2时，由an?1?f(Sn)?Sn得an?1?ln(2?Sn)． ∵an?1?an?ln(2?Sn)?ln(2?Sn?1)?ln2?Sn，（2分）

2?Sn?1又由 (Ⅱ) 知，0?Sn?1，∴1?2?Sn?2， ∴an?1?ln(2?Sn)?0，即Sn?1?Sn?0(n?N*) ∴1?2?Sn?2?Sn?1?2(n?N*且n?2)， ∴ln2?Sn?0，∴an?1?an．（3分）

2?Sn?1综上，数列{an}单调递减．

5.(天津市十二区县重点中学) （本小题满分14分） y P M 1?|1已知函数f(x)?2ex|（其中e为自然对数的底数） x欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。www.ks5u.com 13 F1 O F2x 高考资源网（www.ks5u.com），您身边的高考专家

（Ⅰ）判断f(x)的奇偶性；

（Ⅱ）在(??,0)上求函数f(x)的极值；

（Ⅲ）用数学归纳法证明：当x?0时，对任意正整数n都有f()?n!?x111x2?n

?11?|x||?x|解：（Ⅰ） f(?x)?e?2e?f(x)?f(x)是偶函数。??3分 2(?x)x1(Ⅱ)当x?0时，f(x)?2ex

x?2111f?(x)?3ex?2ex(?2)??4ex(2x?1) ???5分

xxxx令f?(x)?0有x??0.5，

当x变化时f?(x),f(x)的变化情况如下表: 由表可 知：

1111x f?(x) f(x) 当x??1(??,) 2+ 增 ?1 2（?1,0) 20 极大值 － 减 ???7分

1?2时f(x)取极大值4e. 211?12?x(Ⅲ)当x?0时f(x)?2ex,?f()?xe ???8分

xx 考虑到：x?0时，不等式f()?n!?x1x2?n等价于xe2?x?n!?x2?n?xn?n!?ex?（1）

所以只要用数学归纳法证明不等式（1）对一切n?N都成立即可???9分

x（i）当n?1时，设g(x)?e?x,(x?0)

??x?0时，g?(x)?ex?1?0,?g(x)是增函数， ???10分

x故g(x)?g(0)?1?0，即e?x,(x?0)

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所以，当n?1时，不等式（1）都成立 ???11分 （ii）假设n?k(k?N?)时，不等式（1）都成立，即x?k!?e 当n?k?1时设h(x)?(k?1)!?ex?xk?1,(x?0)

有h?(x)?(k?1)!?ex?(k?1)xk?(k?1)(k!?ex?xk)?0 ???12分 故h(x)?(k?1)!?ex?xk?1,(x?0)为增函数，

所以，h(x)?h(0)?(k?1)!?0，即xk?1?(k?1)!?ex， ???13分 这说明当n?k?1时不等式（1）也都成立， 根据(i)(ii)可知不等式（1）对一切n?N都成立，

故原不等式对一切n?N都成立. ???14分 四、考点分类讲解 考点1 导数的概念

对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念.

例1．（2007年北京卷）f?(x)是f(x)???kx13x?2x?1的导函数，则f?(?1)的值是 ． 32[考查目的] 本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力.

2[解答过程] ?f?(x)?x?2,?f?(?1)???1??2?3.

故填3.

例2. ( 2006年湖南卷）设函数f(x)?x?a,集合M={x|f(x)?0},P={x|f'(x)?0},若MP,则

x?1实数a的取值范围是 ( )

A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D. [1,+∞)

[考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力. [解答过程]由x?a?0,?当a>1时,1?x?a;当a<1时,a?x?1.x?1x?aa?1?x?a?x?1??x?a??y?,?y/?????0. ?22x?1?x?1??x?1??x?1?/

?a?1.综上可得MP时,?a?1.考点2 曲线的切线

（1）关于曲线在某一点的切线

求曲线y=f(x)在某一点P（x,y）的切线，即求出函数y=f(x)在P点的导数就是曲线在该点的切线的斜率.

（2）关于两曲线的公切线

若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线. 典型例题

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