题目列表(包括答案和解析)
已知函数f(x)=cos(2x+)+
-
+
sinx·cosx
⑴ 求函数f(x)的单调减区间; ⑵ 若xÎ[0,],求f(x)的最值;
⑶ 若f(a)=,2a是第一象限角,求sin2a的值.
【解析】第一问中,利用f(x)=cos2x-
sin2x-cos2x+
sin2x=
sin2x-
cos2x=sin(2x-
)令
+2kp≤2x-
≤
+2kp,
解得+kp≤x≤
+kp
第二问中,∵xÎ[0, ],∴2x-
Î[-
,
],
∴当2x-=-
,即x=0时,f(x)min=-
,
当2x-=
,
即x=
时,f(x)max=1
第三问中,(a)=sin(2a-)=
,2a是第一象限角,即2kp<2a<
+2kp
∴ 2kp-<2a-
<
+2kp,∴ cos(2a-
)=
利用构造角得到sin2a=sin[(2a-)+
]
解:⑴ f(x)=cos2x-
sin2x-cos2x+
sin2x ………2分
=sin2x-
cos2x=sin(2x-
)
……………………3分
⑴ 令+2kp≤2x-
≤
+2kp,
解得+kp≤x≤
+kp
……………………5分
∴ f(x)的减区间是[+kp,
+kp](kÎZ) ……………………6分
⑵ ∵xÎ[0, ],∴2x-
Î[-
,
], ……………………7分
∴当2x-=-
,即x=0时,f(x)min=-
, ……………………8分
当2x-=
,
即x=
时,f(x)max=1
……………………9分
⑶ f(a)=sin(2a-)=
,2a是第一象限角,即2kp<2a<
+2kp
∴ 2kp-<2a-
<
+2kp,∴ cos(2a-
)=
, ……………………11分
∴ sin2a=sin[(2a-)+
]
=sin(2a-)·cos
+cos(2a-
)·sin
………12分
=×
+
×
=
设函数
(1)当时,求曲线
处的切线方程;
(2)当时,求
的极大值和极小值;
(3)若函数在区间
上是增函数,求实数
的取值范围.
【解析】(1)中,先利用,表示出点
的斜率值
这样可以得到切线方程。(2)中,当
,再令
,利用导数的正负确定单调性,进而得到极值。(3)中,利用函数在给定区间递增,说明了
在区间
导数恒大于等于零,分离参数求解范围的思想。
解:(1)当……2分
∴
即为所求切线方程。………………4分
(2)当
令………………6分
∴递减,在(3,+
)递增
∴的极大值为
…………8分
(3)
①若上单调递增。∴满足要求。…10分
②若
∵恒成立,
恒成立,即a>0……………11分
时,不合题意。综上所述,实数
的取值范围是
已知,函数
(1)当时,求函数
在点(1,
)的切线方程;
(2)求函数在[-1,1]的极值;
(3)若在上至少存在一个实数x0,使
>g(xo)成立,求正实数
的取值范围。
【解析】本试题中导数在研究函数中的运用。(1)中,那么当
时,
又
所以函数
在点(1,
)的切线方程为
;(2)中令
有
对a分类讨论,和
得到极值。(3)中,设
,
,依题意,只需
那么可以解得。
解:(Ⅰ)∵ ∴
∴ 当时,
又
∴ 函数在点(1,
)的切线方程为
--------4分
(Ⅱ)令 有
①
当即
时
|
(-1,0) |
0 |
(0, |
|
( |
|
+ |
0 |
- |
0 |
+ |
|
|
极大值 |
|
极小值 |
|
故的极大值是
,极小值是
②
当即
时,
在(-1,0)上递增,在(0,1)上递减,则
的极大值为
,无极小值。
综上所述 时,极大值为
,无极小值
时 极大值是
,极小值是
----------8分
(Ⅲ)设,
对求导,得
∵,
∴ 在区间
上为增函数,则
依题意,只需,即
解得 或
(舍去)
则正实数的取值范围是(
,
)
已知函数
(Ⅰ)若函数f(x)在[1,2]上是减函数,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)令g(x)= f(x)-x2,是否存在实数a,当x∈(0,e](e是自然常数)时,函数g(x)的最小值是3,若存在,求出a的值;若不存在,说明理由;
(Ⅲ)当x∈(0,e]时,证明:
【解析】本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用。第一问中利用函数f(x)在[1,2]上是减函数,的导函数恒小于等于零,然后分离参数求解得到a的取值范围。第二问中,
假设存在实数a,使有最小值3,利用
,对a分类讨论,进行求解得到a的值。
第三问中,
因为,这样利用单调性证明得到不等式成立。
解:(Ⅰ)
(Ⅱ)
(Ⅲ)见解析
已知.
(1)求的单调区间;
(2)证明:当时,
恒成立;
(3)任取两个不相等的正数,且
,若存在
使
成立,证明:
.
【解析】(1)g(x)=lnx+,
=
(1’)
当k0时,
>0,所以函数g(x)的增区间为(0,+
),无减区间;
当k>0时,>0,得x>k;
<0,得0<x<k∴增区间(k,+
)减区间为(0,k)(3’)
(2)设h(x)=xlnx-2x+e(x1)令
= lnx-1=0得x=e, 当x变化时,h(x),
的变化情况如表
x |
1 |
(1,e) |
e |
(e,+ |
|
|
- |
0 |
+ |
h(x) |
e-2 |
|
0 |
↗ |
所以h(x)0, ∴f(x)
2x-e
(5’)
设G(x)=lnx-(x
1)
=
=
0,当且仅当x=1时,
=0所以G(x) 为减函数, 所以G(x)
G(1)=0, 所以lnx-
0所以xlnx
(x
1)成立,所以f(x)
,综上,当x
1时, 2x-e
f(x)
恒成立.
(3) ∵=lnx+1∴lnx0+1=
=
∴lnx0=
-1
∴lnx0 –lnx
=
-1–lnx
=
=
=
(10’) 设H(t)=lnt+1-t(0<t<1),
=
=
>0(0<t<1), 所以H(t) 在(0,1)上是增函数,并且H(t)在t=1处有意义, 所以H(t)
<H(1)=0∵
∴
=
∴lnx0 –lnx>0, ∴x0 >x
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