1、2016 年竞赛与自主招生专题第六讲 导数与积分从 2015 年开始自主招生考试时间推后到高考后，政策刚出时，很多人认为，是不是要在高考出分后再考自主招生，是否高考考完了，自主招生并不是失去其意义。自主招生考察了这么多年，使用的题目的难度其实已经很稳定，这个题 目只有出到高考以上，竞 赛以下，才能在这么多省份间拉开差距 .所以，笔试难度基本稳定，维持原自主招生难度，原来自主招生的真题竞赛 真题等，具有参考价值。在近年自主招生试题中，有关导数与积分的内容大约占 20%30%。一、知识精讲一导数的定义：设函数 在点 的某个邻域内有定义，若极限()yfx0（*）存在，则称函数 在点 可导，并称其极限
2、值为函数00()limxfxf0x在 的导数，记作 。f 0()fx若令 ，则（*）式可改写为0 0, ()xyfx0 0()(limlimx xff。f二导数的几何意义：函数 在点 的导数 是曲线 在点 处切线的斜率。f0x0()fx()yfx0,()fx若 表示这个切线与 轴正向的夹角，则 。0tan三基本求导法则： ； ()uv ， （ 为常数） ；()cuc ； 反函数导数 ；221,vv 1dyx复合函数导数 。dyux四基本初等函数导数 公 式 （ 为常数） ； （ 为任何实数） ；()0c 1()ax ， ， ， ，sinosx(c)sinx2tnsecx2(ot)csx， ；(
3、ec)tancox ， 21arsi(rcos)(|)xx；2(ctn)t ；l,()xxae 。1(log)lna五.原函数：设 是定义在区间 上的函数，若存在函数 ，对任意()fxD()Fx都有 ，则称 是 的一个原函数。xDF()Fxf一个函数若存在原函数，它必定有无穷多个原函数，若 是 的一个()xf原函数，则 表示 的全体原函数.来源:Zxxk.Com()xC()fx六不定积分：设 是 的一个原函数，则称 的全体原函数F()fx为 的不定积分。记为 ，即 。()Fx()fx()fxddFC七.不定积分的性质： ； ，()()fdf ()()ffx ， 。kxx()gdfxgd八常见积
4、分公式， ，dC 1aaxC， ，1ln|x lnxd， ，e sicos， ，cosixdC21tacxC。21ctinx九函数的单调性：若函数 在 内可导，则 在 内递增（递减）的f(,)abf(,)b充要条件是 （ ） ， 。()0fx()fx(,)ab竞赛题目精练【2012 年江苏】12. 已知 为实数， ，函数 .若,2()|ln|(0)afxbx.(1),(2)ln1efef（1）求实数 ；ab（2）求函数 的单调区间；()fx（3）若实数 满足 ，求证： .,cd,1cd()fcd解：（1）由题设 f (1) e + 1， f (2) ln2 + 1 得| a| + b e +
5、2e1，|ln2 | + b ln2 + 1，2a因为 a 2，所以 a 2ln2，从而 a + b e + 1，且 + b + 1，2e解得 a e， b 1. 5 分（2）由（1）得 f (x) |lnx | + 1.因为 lnx， 在(0 ,+)上均单调递增，ln e 0.e令 g(x) lnx ，所以有当 x e 时， g(x) g (e) 0，从而 f (x) lnx + 1 单调递增；e当 0 d， cd 1，所以 ， c 1，d于是 f (c) | lnc| + 1， f (d) f ( ) |ec + lnc| + 1 ec + elnc + 1.又因为当 c 1 时， ec
6、+ lnc lnc + |lnc |，所以 f (c) f (d).ee3、典例精讲例 1已知 在 处可导，且 ，求下列极限：()fxa()fab（1） ； （2）03()lim2hfh20)(limhffa分析：在导数定义中，增量 的形式是多种多样，但不论 选择哪种形式，xx也必须选择相对应的形式。利用函数 在 处可导的条件，可以将已y()fxa给定的极限式恒等变形转化为导数定义的结构形式。解答：（1） hhafffhaff hh 2)()(3lim2()3(lim00 baff haffhffahh2)(1)(23 )(li1li)3(00（2） haffhffhh 200 )(limli
7、m)(li)(li 020 afaffhh练习 1：若函数 在区间 内可导，且 则yfx,b0(,)xab00()()limhfx的值为（ ）A B C D0()f02()fx02()fx答案：B 解答： 0000()li limh hffffh00()()2m2()2xfx练习 2：（2000 上海交大）已知 在 处可导，则。200(3)()lihfxfxh答案： 08()f解答：由导数定义知来源:学。科。网 Z。X。X。K2200(3)()limhfxfxh0000(3)()li44hffffxh0000(3)()lim4(3)()hfxhfxfhfx。000()2()8)fff例 2求函
8、数 的导数。()()yxabxc解答： ()()()abxcaxbc()()练习 3. ,若 ,则 的值等于（ ）32fxa14fA B C D1963310答案：D 解答： 2()36,(1)64,fxaxfa例 3函数 的导数为_；siny解答： 22(i)i()cosinxxx例 4求函数 的导数。3(1cos)yx解答： 236(8cosx 5 58)4(in)。sincx例 5观察 ， ， ，是否可判断，可导1)( xcs(si xsi的奇函数的导函数是偶函数，可导的偶函数的导函数是奇函数。解答：若 为偶函数 令)(xf )(ff)()(lim0 xfffx fxf xx )li)(
9、lim00(ff 可导的偶函数的导函数是奇函数另证： )()()( xfxff 例 6求证下列不等式（1） （相减）)1(2)1ln(2xxx),0(（2） （相除）si,0（3） xxtan)2,(证明：（1） )1l()f0(f0)(2 xxf 为 上 恒成立)(fy),),0(x0(xf 21lnx1ln)(2(g)g0)(41)(4)( 22 xxxg 在 上 恒成立来源:学)(,0,0)1ln()(2x科网 ZXXK（2）原式 令 2sinxxf/sin)()2,0(0cosx0tax 2ta(co)(xf ),(f)2,( sin（3）令 xxfita)(0)(fxxf 222 c
10、osin1(cosse)( ,00)(xf ),( xsintan例 7已知函数 ， ，xf)()1ln()xg.1(xh（1）证明：当 时，恒有0;gf（2）当 时，不等式 恒成立，求实数 k 的取值范围;x )0()(kx解答：（1）设 ，则 = ， )(xfFFx1当 时， ，所以函数 在（0， 单调递增，又0x0)()(xF在 处连续，所以 ，即 ，)(x0(gxf所以 。 )(gxf（2）设 ，xkG则 在（0 ， 恒大于 0， ，)(x)xkxG2)1ln()， 222)(1)(1)( kxk的根为 0 和2xx ,即在区间（0， 上， 的根为 0 和)(xG,2k若 ，则 在 单
11、调递减，2k2,k且 ，与 在（0， 恒大于 0 矛盾；)(G)(x)若 ， 在（ 0， 单调递增，2k且 ，满足题设条件，所以 ，所以 。来源:Zxxk.Com0)( 2k.2k例 8利用导数求和：（1） ；21*3(0)nnSxxN ，（2） 。1nnCC分析：这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决。转换思维角度，由求导公式 ，可联想到它们是另外一个和式的导数，利用1()nx导数运算可使问题的解决更加简捷。解答：（1）当 时， ；1x123()2nSn当 时， ，x123nnx两边都是关于 的函数，求导得：x123 ()()nnx即1212)13(nnn xS （2） ，12
12、3()n nnnxCxC两边都是关于 的函数，求导得 。12321() nnnxCx 令 得：1，即 。232n nnA 1231nnnS A例 9已知函数 ， 是方程 的两个根 ， 是2()1fx,()0fx()()fx的导数；设 ， （n=1,2,）()fx1a()nnfa（1）求 的值；,（2）证明：对任意的正整数 ，都有 ；na（3）记 （ ） ，求数列 的前 项和 。lnab12， ， bnS解答：（1） ， 是方程 f(x)=0 的两个根 ，()fx,() ；515,22（2） ， =()fx21 115(2)()4nnnn aaa ，514()42nna ，有基本不等式可知 （当
13、且仅当 时取等号） ，12510a152a 同，样 ， （ ） ，250a32nn， ，（3） ，1()(1)212nnnnaaa 而 ，即 ， ，)nn同理 ， ，又21()1nna1nb135ll2lnb 352()l2nS4、真题训练1.若 ，则 （ ）0()3fx00()(3)limhfxfhA B C D69122.（2000 上海交大）设 ， 则 （ ）0()2fx00()()lihfxfh（A）-2 （B）2 （C）-4 （D）43. 与 是定义在 R 上的两个可导函数，若 , 满足 ,()fxg ()fxg()fxg则与 满足（ ）f()A B 为常数函数 xg()fxgC D
14、 为常数函数()f04.若 ,则 等于（ ）sincoxx()fA B C Dssinco2sin5.若函数 的图象的顶点在第四象限，则函数 的图象是（ 2()fxbc ()fx）6.于 上可导的任意函数 ，若满足 ，则必有（ ）R()fx(1)0xfA B. (0)21f02()fC. D. ()f()f7.函数 在点 处的导数是 ( )xy14A B C D8816168.设 ( 是两两不等的常数),则()()fxaxbc,a的值是 _.ff9.证明下面不等式：（1）已知： ，求证 ；)0(xxx1ln1（2）已知： ，求证： 。2nN且 12ln3n10.已知函数 xfln)(（）求 函
15、数 的最大值；xfg)1(（）当 时，求证:ba0 2)()(bafb来源:学_科_ 网来源:Z*xx*k.Com11.设 的定义域为 , 的导函数为 ,且对任意正数 均有()fx(0)(fx()fx x，() 判断函数 在 上的单调性；()fFx,)() 设 ， ，比较 与 的大小，并证明你120,12(fxf12()fx的结论；（）设 ， ， ，若 ，比较 与1x2 nx(,)n12()()nfffx的大小，并证明你的结论 .()f12.设函数 .1()(,1,)nfxNx且()当 x=6 时,求 的展开式中二项式系数最大 的项;n()对任意的实数 x,证明 2)(fxf);)(的 导 函
16、 数是 xfxf()是否存在 ,使得 an 恒成立?若存在,试证明Na1knkna)1你的结论并求出 a 的值;若不存在,请说明理由.5、真题训练答案1.D 00000()(3)()(3)lim4lim4()124h hfxffxfhfxh2D 由导数定义知 0lix0000()()lihhffxfxf3.B , 的常数项可以任 意()fxg4.A sin,()sinf5.A 对称轴 ，直线过第一、三、四象限0,22bfxb6.C 当 时， ，函数 在 上是增函数；当 时，1x()()fx1,)1x， 在 上是减函数，故 当 时取得最小值，即()ff,(fx有得0,(2)(0)2)f7.D 1
17、3 2(4)11, 6yxyxyx8. ，0 ()()(),()(fbcacabfabc， ,f/()()()()affbc()()()0abccab9.证明：（1）令 ，由 ， ，tx0 1t tx原不等式等价于 ，令 ，ln1t()1lnft 当 时，有 ，函数 在 递增tf)( ),(0t()f),1 即t lt另令 ，则有tg1ln)(1)(2tg 在 上递增， t,0 t1ln综上得 xxl1（2）由（1）令 并相加得2(1)n， ， ， 12l3l3 nn即得 1212n10.（）解： xfxgf )(),l)(,令 得 来源:学#科#网11ln)(xxg 1 ,0)(gx当 时，
18、 当 时 ，又00)(x()0当且仅当 时， 取得最大值 0 xg（）证明： )1ln(llnl)( bababafb 由（1）知 fx)(1ln又 20,22()abab2)()(bafb11.解：()由于 得， ，而 ，则()fxf()0fxfx，()0xff则 ，因此 在 上是增函数.F2()0xf ()fFx,)()由于 ， ，则 ，而 在 上1,)12(fx0,)是增函数，则 ，即 ，112()Fxx112()ffx（1） ，1212(xff同理 （2）2()()xfx（1）+（2）得： ，而 ，1211212)()()fxfx120x因此 .1()(fxffx（）证法 1: 由于
19、， ，则 ，而12x(0,)12nxx在 上是增函数，则 ，即()fFx0,)112)nF，来源:Z.xx.k.Com121nfxf 12112()()n nfxfx 同 理 2x 来源:学_科_网 Z_X_X_K12 12()()nnnfxfx 以上 个不等式相加得：12121212()()()()n nnnxfffxfxx 而 0x12()()nfxff 12)nfxx证法 2：数学归纳法（1）当 时，由（ ）知，不等式成立；（2）当 时，不等式 成k()12()()nfxffx 12)nfx立，即 成立，12()()kfxffx 12)kfx则当 时， +nk 1()()kffx 12(
20、)kfx1()kfx再由()的结论, +12()kfxx 1()kf121()kfxx+12()kfx )k12(kf因此不等式 对 任意 的自然数12(nfxfx 12)nfx 均成立.12.（ ）解：展开式中二项式系数最大的项是第 4 项，这项是356120Cn（）证法一：因 2212nfxf21nnnl2n 1l2nfx证法二：因 221nfxf221n1n而 2lnf故只需对 和 进行比较。来源:学科网1nl令 ，有lgxx 1xgx由 ，得101因为当 时， ， 单调递减；当 时 ， ，x0xx1x0gx单调递增，所以在 处 有极小值gx1xg1故当 时， ，1g从而有 ，亦即lnxlnlxx故有 恒成立。所以 ，原不 等式成立。22fxffx（）对 ，且mN1有201 11kmmmCC 2 21 1! ! !k mk 1121112! !mkmmm 3 1112k 1231km 13m又因 ，故02,34,kC 123m ，从而有 成立，12m1knkn即存在 ，使得 恒成立。a123nk
