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高二选修2-2导数定积分单元检测


高二选修 2-2 导数定积分单元检测
时间:120 分钟 分值:150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.) 1.曲线 y=lnx 上一点 P 和坐标原点 O 的连线恰好是该曲线的切线,则点 P 的横坐标 为( ) A.e C.e2 B. e D.2

1 lna 解析:设点 P 的坐标是(a,lna),则有 = ,lna=1,a=e,因此点 P 的横坐标是 e, a a 选 A. 答案:A 2. (2010· 四川双流县质检)已知函数 f(x)的定义域为 R, ′(x)为其导函数, f 函数 y=f ′(x) 的图象如图所示,且 f(-2)=1,f(3)=1,则不等式 f(x2-6)>1 的解集为( )

A.(2,3)∪(-3,-2) C.(2,3) [答案] A

B.(- 2, 2) D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞)

[解析] 由 f ′(x)图象知,f(x)在(-∞,0]上单调递增,在[0,+∞)上单调递减,∴由 条件可知 f(x2-6)>1 可化为 0≤x2-6<3 或 0≥x2-6>-2, ∴2<x<3 或-3<x<-2. 3. 已知 f(x)为定义在(-∞, +∞)上的可导函数, f(x)<f′(x)对于 x∈R 恒成立, 且 则( A.f(2)>e2· f(0),f(2010)>e2010· f(0) B.f(2)<e2· f(0),f(2010)>e2010· f(0) C.f(2)>e2· f(0),f(2010)<e2010· f(0) D.f(2)<e2· f(0),f(2010)<e2010· f(0) f′?x?ex-f?x?ex f′?x?-f?x? f?x? 解析:设 g(x)= x ,则有 g′(x)= = >0,所以 g(x)在(-∞, e ex ?ex?2 +∞)上是增函数,因此有 g(2)>g(0),g(2010)>g(0),即 f?2? f?2010? >f(0), 2010 >f(0),整理得 e2 e )

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f(2)>e2· f(0),f(2010)>e2010· f(0),选 A. 答案:A 4. )已知点 P 在曲线 y ? 是 (A)[0,

4 上, ? 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角,则 ? 的取值范围 e ?1
x

? ) 4

(B) [

? ? , ) 4 2
x

(C) (

? 3?
2 , 4

]

(D) [

3? ,? ) 4

4e 4 1 ,?e x ? x ? 2,??1 ? y? ? 0 , ?? 1 e2 x ? 2e x ? 1 e ex ? 2 ? x e 3? 即 ?1 ? tan ? ? 0 ,?? ?[ , ? ) 4 答案:B
解析:选 D. y? ? ? 12 5.已知 m<0,f(x)=mx3+ x,且 f′(1)≥-12,则实数 m 的值为( m A.2 C.4 解析:依题意,f′(x)=3mx2+ m=-2,选择 B. 答案:B 6.积分 A. B.-2 D.-4 12 12 ,则 f′(1)=3m+ ≥-12,所以 m2+4m+4≤0,故 m m )

?

a

?a

. a 2 ? x 2 dx ? ( B ) B.

1 ?a 2 4

1 ?a 2 2

C. ?a

2

D. 2?a

2

8.点 P 是曲线 y=2-ln2x 上任意一点,则点 P 到直线 y=-x 的最小距离为( 5 A.4 2 3-2ln2 C. 2 ) 3 B.4 2 3-ln2 D. 2

|x+2-ln2x| [解析] 点 P(x,2-ln2x)到直线 x+y=0 的距离 d= , 2 1 令 f(x)=x+2-ln2x(x>0),则 f ′(x)=1-x ,故 f(x)在 x=1 处取得极

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小值 3-ln2, 3-ln2 ∴f(x)≥3-ln2>0,∴d≥ . 2 [答案] D
8. 已知函数 f(x)在 R 上可导, f(x)=x2+2xf′(2), f(-1)与 f(1)的大小关系为( 且 则 A.f(-1)=f(1) C.f(-1)<f(1)
2

)

B.f(-1)>f(1) D.不确定

解析:f(x)=x +2xf′(2)?f′(x)=2x+2f′(2)?f′(2)=4+2f′(2)?f′(2)=-4,所以 f(x)=x2-8x=(x-4)2-16,且在(-∞,4]上为减函数,∵-1<1<4,∴f(-1)>f(1),所以选 B. 答案:B 9.若对可导函数 f(x),g(x),当 x∈[0,1]时恒有 f′(x)· g(x)<f(x)· g′(x),若已知 α,β 是 f?x? 一个锐角三角形的两个内角, α≠β, F(x)= 且 记 (g(x)≠0), 则下列不等式正确的是( g?x? A.F(sinα)<F(cosβ) C.F(cosα)>F(cosβ) 解析:F′(x)= B.F(sinα)>F(sinβ) D.F(cosα)<F(cosβ) )

f′?x?· g?x?-f?x?· g′?x? ,∵f′(x)· g(x)<f(x)· g′(x),∴F′(x)<0,∴F(x) 2 g ?x?

在[0,1]上单调递减,又∵α、β 是一锐角三角形的两内角, π π π π ∴ <α+β<π,∴0< -β<α< ,∴sin?2-β?<sinα,即 cosβ<sinα, ? ? 2 2 2 ∴F(sinα)<F(cosβ),故选 A. 答案:A 1 10.已知函数 f(x)=x2+bx 的图象在点 A(1,f(1))处的切线的斜率为 3,数列{ }的前 n f?n? 项和为 Sn,则 S2009 的值为( 2007 A. 2008 2009 C. 2010 ) 2008 B. 2009 2010 D. 2011

解析:∵函数 f(x)=x2+bx 的图象的切线的斜率为 f′(x)=2x+b;∴函数 f(x)=x2+bx 1 的图象在点 A(1, f(1))处的切线 l 的斜率为 k=2+b; ∴2+b=3, b=1; 即 ∴f(x)=x2+x? f?n? = 1 1 1 1 = = - ; n2+n n?n+1? n n+1 1 1 1 1 1 1 1 1 2009 ∴S2009=?1-2?+?2-3?+?3-4?+…+?2009-2010?=1- = . ? ? ? ? ? ? ? ? 2010 2010
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答案:C f(1) f(-1) 11.已知 f(x),g(x)都是定义在 R 上的函数,f(x)=ax· g(x)(a>0 且 a≠1),2 - =-1, g(1) g(-1) f(n) 15 在有穷数列{ }(n=1,2,…,10)中,任意取正整数 k(1≤k≤10),则前 k 项和大于 的概 g(n) 16 1 2 3 4 率是 A. B. C. D. 5 5 5 5 解析:整体变量观念,利用等比数列构建不等式求解. g(x) ?f(x)=a · ? 1 1 f(n) 1 n 1 15 ?2a- =-1?a= ? =( ) ,则前 k 项和 Sk=1-( )k> ? ? f(1) f(-1) a 2 g(n) 2 2 16 ?2g(1)-g(-1)=-1 ? 6 3 k>4?P= = ,选 C. 10 5 答案:C 12. 设点 P 在曲线 y ? A. 1 ? ln 2 【解析】选 B.
x

1 x e 上,点 Q 在曲线 y ? ln(2 x) 上,则 | PQ | 的最小值为 2
B.

2 (1 ? ln 2)

C. 1 ? ln 2

D.

2 (1 ? ln 2)

1 1 y ? e x 与 y ? ln(2 x) 互为反函数,曲线 y ? e x 与曲线 y ? ln(2 x) 关于直线 y ? x 对称, 2 2
只需求曲线 y ?

1 x 1 e 上的点 P 到直线 y ? x 距离的最小值的 2 倍即可.设点 P ? x, e x ? ,点 ? ? 2 ? 2 ?

1 x ? ex 2 . P 到直线 y ? x 距离 d ? 2

令 f ? x? ? ex ? x

1 2

, 则 f ? ? x? ?

1 x e ? 1 . 由 f ? ? x ? ? 0 得 x ? ln 2 ; 由 f ? ? x ? ? 0 得 2

1 1 x x ? ex e ?x 2 2 x ? ln 2 , 故 当 x ? l n 2 时 , f ? x ? 取 最 小 值 1 ? l n 2. 所 以 d ? , ? 2 2

d min ?

1 ? ln 2 . 2

所以 | PQ |min ? 2dmin ?

2 ?1 ? ln 2 ? .
第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分)

二、 填空题: (本大题共 4 小题, 每小题 5 分, 20 分. 共 请把正确答案填在题中横线上. ) 13.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且 f(x)=3x2+2xf′(2),则 f′(5)=________.
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解析:对 f(x)=3x2+2xf′(2)求导,得 f′(x)=6x+2f′(2),令 x=2,得 f′(2)=-12, 则 f′(x)=6x-24.再令 x=5,得 f′(5)=6×5-24=6. 答案:6 1 1 14.设函数 f(x)= ax3+ bx2+cx(c<0),其图象在点 A(1,0)处的切线的斜率为 0,则 f(x) 3 2 的单调递增区间是________. 1 1 解析:f′(x)=ax2+bx+c,则由题意,得 f(1)= a+ b+c=0 且 f′(1)=a+b+c=0, 3 2 4 1 1 1 解得 b=- a,c= a,∵c<0,∴a<0,所以 f′(x)= a(3x2-4x+1)= a(3x-1)(x-1)≥0, 3 3 3 3 1 1 即(3x-1)(x-1)≤0,解得 ≤x≤1,因此函数 f(x)的单调递增区间为[ ,1]. 3 3 1 答案:[ ,1] 3 15.若 y=

?

x

0

(sint+costsint)dt,则 y 的最大值是
x

解析:y=

?

0

(sint+costsint)dt=

?

x

0

1 (sint+ sin2t)dt 2

x 1 1 5 =(-cost- cos2t) =-cosx- cos2x+ 4 4 4 0
1 5 1 3 =-cosx- (2cos2x-1)+ =- cos2x-cosx+ 4 4 2 2 1 =- (cosx+1)2+2≤2. 2 答案 2 1 1 16.已知函数 f(x)= x3+ ax2+2bx+c,当 x∈(0,1)时函数 f(x)取得极大值,当 x∈(1,2) 3 2 b-2 时函数 f(x)取得极小值,则 u= 的取值范围为________. a-1 解析:f′(x)=x2+ax+2b, ∵当 x∈(0,1)时函数 f(x)取得极大值,当 x∈(1,2)时函数 f(x)取得极小值,

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?f′?0?>0 ?2b>0 ? ? ∴?f′?1?<0 ??1+a+2b<0 , ?4+2a+2b>0 ?f′?2?>0 ? ?
b-2 1 u= 的几何意义是点 A(a,b)与 B(1,2)连线的斜率,如图,结合图形可得 <u<1. 4 a-1 1 答案:?4,1? ? ? 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. (本大题满分 12 分) 设函数 f ( x) ? sin(2 x ? ? ) (?π ? ? ? 0), y ? f ( x) 图像的一条对称轴是直线 x ? (Ⅰ)求 ? ; (Ⅱ)求函数 y ? f (x) 的单调增区间; (Ⅲ)证明直线 5x ? 2 y ? c ? 0 于函数 y ? f (x) 的图像不相切.

π . 8

解: (Ⅰ)? x ?
? s i n2(?

?
8

是函数 y ? f ( x) 的图像的对称轴

?
8

? ? ) ? ?1,

?

?
4

? ? ? k? ?

?
2

,k ? Z

? ?? ? ? ? 0 , ? ? ? ?

3? . 4 3? 3? (Ⅱ)由(Ⅰ)知 ? ? ? ,因此 y ? sin( 2 x ? ). 4 4 ? 3? ? ? 2k? ? , k ? Z . 由题意得: 2k? ? ? 2 x ? 2 4 2 3? ? 5? 所以函数 y ? sin( 2 x ? )的单调增区间为 [k? ? , k? ? ], k ? Z . 4 8 8 3? 3? (Ⅲ)证明:?| y ? |?| (sin( 2 x ? ))? |?| 2 cos( 2 x ? ) |? 2, 4 4

所以曲线 y ? f (x) 的切线斜率取值范围为[-2,2],而直线 5x ? 2 y ? c ? 0 的 斜率为
5 3? ? 2 ,所以直线 5x ? 2 y ? c ? 0 与函数 y ? sin( 2 x ? ) 的图像不相切。 2 4

18.(本小题满分 12 分)(2010· 江西)设函数 f(x)=lnx+ln(2-x)+ax(a>0). (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; 1 (2)若 f(x)在(0,1]上的最大值为 ,求 a 的值. 2 解析:函数 f(x)的定义域为(0,2),

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1 1 f′(x)= - +a, x 2-x -x2+2 (1)当 a=1 时,f′(x)= ,所以 f(x)的单调递增区间为(0, 2),单调递减区间为 x?2-x? ( 2,2). 2-2x (2)当 x∈(0,1]时,f′(x)= +a>0, x?2-x? 1 即 f(x)在(0,1]上单调递增,故 f(x)在(0,1]上的最大值为 f(1)=a,因此 a= . 2 19.(本小题满分 12 分)设 f(x)=ax3+bx+c(a≠0)为奇函数,其图象在点(1,f(1))处的切 线与直线 x-6y-7=0 垂直,导函数 f′(x)的最小值为-12. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)的单调增区间,并求函数 f(x)在[-1,3]上的最大值和最小值. 解析:(1)∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x), 即-ax3-bx+c=-ax3-bx-c,∴c=0. 又 f′(x)=3ax2+b 的最小值为-12,∴b=-12. 由题设知 f′(1)=3a+b=-6,∴a=2, 故 f(x)=2x3-12x. (2)f′(x)=6x2-12=6(x+ 2)(x- 2),当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况表如下: x f′(x) f(x) (-∞,- 2) + ? - 2 0 极大值 (- 2, 2) - ? 2 0 极小值 ( 2,+∞) + ?

∴函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,- 2)和( 2,+∞), ∵f(-1)=10,f(3)=18,f( 2)=-8 2,f(- 2)=8 2, 当 x= 2时,f(x)min=-8 2;当 x=3 时,f(x)max=18. k 20.(本小题满分 12 分)(2010· 北京)已知函数 f(x)=ln(1+x)-x+ x2(k≥0). 2 (1)当 k=2 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求 f(x)的单调区间. 解析:(1)当 k=2 时,f(x)=ln(1+x)-x+x2,f′(x)= 1 -1+2x. 1+x

3 3 由于 f(1)=ln2,f′(1)= ,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-ln2= (x 2 2 -1),即 3x-2y+2ln2-3=0. x?kx+k-1? (2)f′(x)= ,x∈(-1,+∞). 1+x
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x 当 k=0 时,f′(x)=- . 1+x 所以,在区间(-1,0)上,f′(x)>0;在区间(0,+∞)上,f′(x)<0. 故 f(x)的单调递增区间是(-1,0),单调递减区间是(0,+∞). x?kx+k-1? 1-k 当 0<k<1 时,由 f′(x)= =0,得 x1=0,x2= >0. k 1+x 所以,在区间(-1,0)和? 1-k 1-k? 上,f′(x)<0; ,+∞?上,f′(x)>0;在区间?0, k ? ? k ? ? 1-k ? ? 1-k? ? k ,+∞?,单调递减区间是?0, k ?.

故 f(x)的单调递增区间是(-1,0)和?

x2 当 k=1 时,f′(x)= >0,故 f(x)的单调递增区间是(-1,+∞). 1+x x?kx+k-1? 1-k 当 k>1 时,由 f′(x)= =0,得 x1= ∈(-1,0),x2=0. k 1+x 1-k? 1-k ? 所以,在区间?-1, 和(0,+∞)上,f′(x)>0;在区间? k ? ? ? k ,0?上,f′(x)<0. 1-k? 1-k ? 故 f(x)的单调递增区间是?-1, 和(0,+∞),单调递减区间是? k ? ? ? k ,0?. 1 21.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)= x3+x2-2. 3 (1)设{an}是正数组成的数列,前 n 项和为 Sn,其中 a1=3.若点(an,an+12-2an+1)(n∈N*) 在函数 y=f′(x)的图象上,求证:点(n,Sn)也在 y=f′(x)的图象上; (2)求函数 f(x)在区间(a-1,a)内的极值. 解析: 1 (1)证明:因为 f(x)= x3+x2-2, 3 所以 f′(x)=x2+2x, 由点(an,an+12-2an+1)(n∈N*)在函数 y=f′(x)的图象上,得 an+12-2an+1=an2+2an,即 (an+1+an)(an+1-an-2)=0. 又 an>0(n∈N*),所以 an+1-an=2. 又因为 a1=3, 所以数列{an}是以 3 为首项,以 2 为公差的等差数列, n?n-1? 所以 Sn=3n+ ×2=n2+2n. 2 又因为 f′(n)=n2+2n,所以 Sn=f′(n), 故点(n,Sn)也在函数 y=f′(x)的图象上. (2)f′(x)=x2+2x=x(x+2), 由 f′(x)=0,得 x=0 或 x=-2,
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当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-2) + ? -2 0 极大值 (-2,0) - ? 0 0 极小值 (0,+∞) + ?

注意到|(a-1)-a|=1<2,从而 2 ①当 a-1<-2<a,即-2<a<-1 时,f(x)的极大值为 f(-2)=- ,此时 f(x)无极小值; 3 ②当 a-1<0<a,即 0<a<1 时,f(x)的极小值为 f(0)=-2,此时 f(x)无极大值; ③当 a≤-2 或-1≤a≤0 或 a≥1 时,f(x)既无极大值又无极小值. 22.(本小题满分 12 分) 1+ln?x+1? 已知函数 f(x)= (x>0). x (1)函数 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数还是减函数?证明你的结论; k (2)若当 x>0 时,f(x)> 恒成立,求正整数 k 的最大值. x+1 1 x 解析:(1)f′(x)= 2 [ -1-ln(x+1)] x x+1 1 1 =- 2 [ +ln(x+1)]. x x+1 1 ∵x>0,∴x2>0, >0,ln(x+1)>0, x+1 ∴f′(x)<0. 因此函数 f(x)在区间(0,+∞)上是减函数. k (2)解法一:当 x>0 时,f(x)> 恒成立, x+1 令 x=1,有 k<2(1+ln2), 又 k 为正整数,∴k 的最大值不大于 3. k 下面证明当 k=3 时,f(x)> (x>0)恒成立, x+1 即证当 x>0 时,(x+1)ln(x+1)+1-2x>0 恒成立. 令 g(x)=(x+1)ln(x+1)+1-2x, 则 g′(x)=ln(x+1)-1,当 x>e-1 时,g′(x)>0; 当 0<x<e-1 时,g′(x)<0,∴当 x=e-1 时, g(x)取得极小值 g(e-1)=3-e>0. ∴当 x>0 时,(x+1)ln(x+1)+1-2x>0 恒成立. 因此正整数 k 的最大值为 3.

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k 解法二:当 x>0 时,f(x)> 恒成立, x+1 ?x+1?[1+ln?x+1?] 即 h(x)= >k 对 x>0 恒成立.即 h(x)(x>0)的最小值大于 k. x x-1-ln?x+1? h′(x)= x2 记 φ(x)=x-1-ln(x+1)(x>0), x 则 φ′(x)= >0,∴φ(x)在(0,+∞)上连续递增, x+1 又 φ(2)=1-ln3<0,φ(3)=2-2ln2>0, ∴φ(x)=0 存在唯一实根 a,且满足: a∈(2,3),a=1+ln(a+1). 由 x>a 时,φ(x)>0,h′(x)>0; 0<x<a 时,φ(x)>0,h′(x)<0 知: h(x)(x>0)的最小值为 ?a+1?[1+ln?a+1?] h(a)= =a+1∈(3,4). a 因此正整数 k 的最大值为 3. 备选 .已知函数 f ( x) ?

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x , a ? 1 . 2

(Ⅰ )讨论函数 f ( x) 的单调性; (Ⅱ )证明:若 a ? 5 ,则对任意 x1 , x2 ? (0, ??) , x1 ? x2 ,有 解: ) f ( x) 的定义域为 (0, ??) . (Ⅰ

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 . x1 ? x2

f ?( x) ? x ? a ?

a ? 1 x 2 ? ax ? a ? 1 ( x ? 1)( x ? 1 ? a) ? ? x x x
( x ? 1) 2 , x

…………………2 分

(i)若 a ? 1 ? 1 即 a ? 2 ,则 f ?( x) ? 故 f ( x) 在 (0, ??) 单调增加.

(ii)若 a ? 1 ? 1 ,而 a ? 1 ,故 1 ? a ? 2 ,则当 x ? (a ? 1,1) 时, f ( x) ? 0 ;
' ' 当 x ? (0, a ? 1) 及 x ? (1, ??) 时, f ( x) ? 0 .故 f ( x) 在 (a ? 1,1) 单调减少,

在 (0, a ? 1), (1, ??) 单调增加.
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(iii)若 a ? 1 ? 1 ,即 a ? 2 ,同理可得 f ( x) 在 (1, a ? 1) 单调减少,在 (0,1), (a ? 1, ??) 单 调增加. (II)考虑函数 g ( x) ? f ( x) ? x ?

1 2 x ? ax ? (a ? 1) ln x ? x . 2



g ?( x) ? x ? (a ? 1) ?

a ?1 a ?1 ? 2 x? ? (a ? 1) ? 1 ? ( a ? 1 ? 1) 2 . x x

由于 1 ? a ? 5, 故 g ?( x) ? 0 ,即 g ( x) 在 (0, ??) 单调增加,从而当 x1 ? x2 ? 0 时有

g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 ,即 f (x1) ? f (x 2) ?x 1 ?x 2 ? 0 ,故
f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? ? ?1. x1 ? x2 x2 ? x1

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ?1 ,当 0 ? x1 ? x2 x1 ? x2

时,有

………………………………12 分

2008 联赛 13.已知函数 f ( x) ?| sin x | 的图像与直线 y ? kx (k ? 0) 有且仅有三个交点,交点的横坐标 的最大值为 ? ,求证:

cos ? 1? ? 2 . ? sin ? ? sin 3? 4?
[证]

f ( x) 的图象与直线 y ? kx

(k ? 0) 的三个交点如答 13 图所
示,且在 (? ,
3? ) 内相切,其切点 2

为 A(? , ? sin ? ) , ? ? (? ,

3? ). 2

答 13 图

…5 分

3 sin ? 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? ,即 ? ? tan ? . 2 ?
因此

…10 分

cos ? cos ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ?
? 1 4sin ? cos ?
…15 分

?

cos 2 ? ? sin 2 ? 4sin ? cos ?

?

1 ? tan 2 ? 4 tan ?

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?

1? ? 2 . 4?
n

…20 分

3 函 数 f ( x )? axm g ?? x (

)在 区 间

y

〔0,1〕上的图像如图所示,则 m,n 的 值可能是 (A) m ? 1, n ? 1 (B) m ? 1, n ? 2 (C) m ? 2, n ? 1 x (D) m ? 3, n ? 1 O 0.5 1 0.5

(10)B【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用,考查函数图像,考查思维的综合能力.难度大. 【 解 析 】 代 入 验 证 , 当 m ? 1, n ? 2 , f ( x) ? axg ?? x)? ? n( x? ? ? x? ? x) , 则 (

1 ,由 f ?( x)? a( ? x ? ? x ? )? f ?(x) ? a( ?x ? ??x ??)? ? 可知, x1 ? , x2 ? 1 ,结合图像可 ? 3
知 函 数 应 在 ? 0, ? 递 增 , 在 ? ,1? 递 减 , 即 在 x ?

? ?

1? 3?

?1 ? ?3 ?

1 取 得 最 大 值 , 由 3

? ? ? ? f ( ) ? a ? g(?? ) ? ? ,知 a 存在.故选 B. ? ? ? ?

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