导数12月检测

导数12月检测内容摘要：

范围为 21, 2e，故选 B． 考点： 函数极值与导数的关系； 函数函数的图象与性质． 13．613 【解析】 试题分析：解： 曲线 y＝ x ， y＝ 2－ x， y＝－ 13 x所围成图形 如下图所示， 则： 130111233S x x d x x x d x                        =3 2 1 2 32012 1 1| 2 |3 6 3x x x x     =56 533 =613 所以答案应填： 613 . yjh x  = 13  xg x  = 2 xf x  = xOA ( 1 , 1 )B ( 3 , 1 )X 考点：利用定积分求平面区域的面积 . 14． 2 【解析】 试题分析： 22 22 21( c o s ) ( s in ) | 22x x d x x x      . 考点：定积分的计算 . 15． 560 【解析】 答案第 4 页，总 10 页 试题分析： 3011sin c os 13220a x dx x        ，因而要求 72xxx展开式中的常数项是，即求 72xx展开式中的 1x 的系数，由展开式的通项公式7 7 21 7 722r r r r r r rrT C x x C x      ，则令 7 2 1 ，解得 4r ，从而常数项为4472 560C  . 考点：积分运算，二项式定理。 16． 27 【解析】略 17． （ Ⅰ ）利用单调性的定义证明 6分 （ Ⅱ ）令 ( ) ( ) 3 lg 3g x f x x x    ， 由 (1) (10) ( 2) 7 0gg    ，且 ()y g x 的图象在 (1,10) 是不间断的， 方程 ( ) 3fx 在 (0, ) 有实数解。 11分 （Ⅲ） 令 ( ) ( ) 3 lg 3g x f x x x    ， 由 ( 2) ( 3 ) ( lg 2 1 ) lg 3 0gg    ，且 ()y g x 的图象在 (0, ) 是不间断的 ， 方程 ( ) 3fx 在 (2,3) 有实数解，而 0 ( , 1)x k k，故整数 2k。 16分 【解析】 略 18． (Ⅰ ) (Ⅱ ) 存在实数 ， 使得对任意 ， 恒成立 【解析】 本试题主要是考查了导数的几何意义的运用，以及运用导数求解函数的 最值综合运用。 （ 1）由已知关系式得到函数的定义域，然后把 a=2代入原式中，求解函数的导数，利用函数在某点处的导数值即为该点的切线的斜率来求解得到切线方程。 （ 2）由于要是不等式恒成立，需要对原式进行变形，将分式转化为整式，然后构造函数求解最值得到参数的范围。 解：（Ⅰ） 时， ， ， ， 又 )2(2ln1  xy1a ),1()1,0(  x xxf )(2a xxxf ln 2)( xx xxxxf 2ln 2ln)(  2ln1)2( f0)2( f 答案第 5 页，总 10 页 所以切线方程为 ……… 6分 （Ⅱ） 1176。 当 时， ，则 令 ， ， 再令 ， 当 时 ，∴ 在 上递减， ∴当 时， ， ∴ ，所以 在 上递增， ， 所以 2176。 时， ，则 由 1176。 知当 时 ， 在 上递增 当 时， ， 所以 在 上递增，∴ ∴ ； 由 1176。 及 2176。 得： ……… 12分 19．（ 1） 0k 时， ()fx在 (0, ) 上递减， 0k 时， 1(0, )2x k时递减，1( , )2x k  时递增；（ 2）证明见解析． 【解析】 试题分析：（ 1）判断单调性，定义域为 (0, ) ，只要求得导数 39。 ()fx，判断 39。 ()fx的正负即可，此题需要按 k 0 和 0k 分类讨论；（ 2）证明此不等式的关键是求2ln() xgx x的最大值，由导数的知识可得 ()gx 最大值为 1()2ge e ，即2ln 12xxe，当 2x 时，2ln 12xxe．从而42ln 1 12xx e x，这样要证不等式的左边每一项都可以放大：42ln 1 12nn e n)2(2ln1  xy10 x 0ln x xxax ln xxxa lnxxxxg ln)(  x xxxg 2 ln22)( xxxh ln22)(  0111)(  xxxxxh10 x 0)(  xh )(xh )1,0(10 x 0)1()(  hxh02 )()(  xxhxg )(xg )1,0( 1)1()(  gxg1a1x 0ln x xxax ln xxxa ln )(xga1x 0)(  xh )(xh ),1( 1x 0)1()(  hxh 02 )()(  xxhxg)(xg ),1(  1)1()(  gxg1a1a 答案第 6 页，总 10 页 ( 2, *)n n N，并且再放大为 42ln 1 1 1 12 2 ( 1 )nn e n e n n    ，求和后，不等式右边用裂项相消法可得． 试题解析： （１）由 题可知 2( ) lnf x kx x， 定义域为 (0, ) ， 所以 21 2 1( ) 2 kxf。