高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 B单元 函数与导数(文科)

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 22．解：(1)由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，

?π?对于任意x∈?0，?，有sinx＋xcosx＞0.

2??

3

当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；

2

?π??π?当a＜0，x∈?0，?时，f′(x)＜0，从而f(x)在?0，?内单调递减，

2?2???

3?π??π?又f(x)在?0，?上的图象是连续不断的，故f(x)在?0，?上的最大值为f(0)＝－，2?2?2??不合题意；

?π?f′(x)＞0，?π??π?当a＞0，x∈?0，?时，从而f(x)在?0，?内单调递增，又f(x)在?0，?2?2?2????

π3π－3?π??π?上的图象是连续不断的，故f(x)在?0，?上的最大值为f??，即a－＝，

2?222??2?解得a＝1.

3综上所述，得f(x)＝xsinx－. 2(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点． 证明如下：

33由(1)知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0. 22f??＝

2

?π?π－3＞0，

2??

?π?又f(x)在?0，?上的图象是连续不断的．

2???π?所以f(x)在?0，?内至少存在一个零点． 2??

?π??π?又由(1)知f(x)在?0，?上单调递增，故f(x)在?0，?内有且仅有一个零点．

2?2???

当x∈?

?π，π?时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.

??2?

π?π???由g??＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在?，π?上的图象是连续不断的，故存在?2??2?

??m∈?，π?，使得g(m)＝0.

?

π?2

由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈?

?π，π?时，有g′(x)＜0，

??2?

?π?从而g(x)在?，π?内单调递减．

?2?

当x∈?

?π，m?时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在?π，m?内单调递增， ??2??2???

?π??π?π－3＞0， 故当x∈?，m?时，f(x)≥f??＝

2?2??2??π?故f(x)在?，m?上无零点；

?2?

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减． 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点． 128．B12 函数y＝x－lnx的单调递减区间为( ) 2A．(－1,1] B．(0,1] C． 本小题主要考查导数的运算与利用导数判断函数单调性．解题的突破口为导数大于0求单调递增区间，导数小于0求单调递减区间． 2121x－1x－1x＋1??∵y′＝?x－lnx?′＝x－＝＝，又因为定义域为(0，＋∞)，

xxx?2?

令y′<0，得到0

21．B12 已知函数f(x)＝(ax＋bx＋c)e在上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0. (1)求a的取值范围；

(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在上的最大值和最小值．

21．解：(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1， 则f(x)＝e，

x2

xf′(x)＝ex.

依题意对任意x∈(0,1)，有f′(x)<0.

当a>0时，因为二次函数y＝ax＋(a－1)x－a的图像开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以有f′(1)＝(a－1)e<0，即0

当a＝1时，对任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x－1)e<0，f(x)符合条件； 当a＝0时，对于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－xe<0，f(x)符合条件； 当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件． 故a的取值范围为0≤a≤1. (2)因g(x)＝(－2ax＋1＋a)e，

xx2

2

xg′(x)＝(－2ax＋1－a)ex.

(i)当a＝0时，g′(x)＝e>0，g(x)在x＝0上取得最小值g(0)＝1，在x＝1上取得最大值g(1)＝e.

(ii)当a＝1时，对于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xe<0，g(x)在x＝0取得最大值g(0)＝2，

在x＝1取得最小值g(1)＝0.

1－a(iii)当00. 2a1－a1①若≥1，即0

3e＋1当

21．B12、E3 设00}，B＝{x∈R|2x－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合D(用区间表示)；

(2)求函数f(x)＝2x－3(1＋a)x＋6ax在D内的极值点．

21．解：(1)x∈D?x>0且2x－3(1＋a)x＋6a>0. 令h(x)＝2x－3(1＋a)x＋6a，

2

2

3

2

2

xxe－1

Δ＝9(1＋a)2－48a＝3(3a－1)(a－3)．

1

①当

3

∴?x∈R，h(x)>0，∴B＝R. 于是D＝A∩B＝A＝(0，＋∞)．

1

②当a＝时，Δ＝0，此时方程h(x)＝0有唯一解

3

3

x1＝x2＝

?1?3?1＋?

1＋a?3?

＝＝1， 44

∴B＝(－∞，1)∪(1，＋∞)． 于是D＝A∩B＝(0,1)∪(1，＋∞)．

1

③当00，此时方程h(x)＝0有两个不同的解

3

x1＝x2＝

3＋3a－33＋3a＋3

3a－143a－14

a－3a－3

，

. ∵x10，

∴B＝(－∞，x1)∪(x2，＋∞)． 又∵x1>0?a>0，

∴D＝A∩B＝(0，x1)∪(x2，＋∞)．

(2)f′(x)＝6x－6(1＋a)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 当0

2

x f′(x) f(x) (0，a) ＋ a 0 极大值 (a,1) － 1 0 极小值 (1，＋∞) ＋ 1①当

3

由表可得，x＝a为f(x)在D内的极大值点，x＝1为

f(x)在D内的极小值点．

1

②当a＝时，D＝(0,1)∪(1，＋∞)．

31

由表可得，x＝为f(x)在D内的极大值点．

31

③当0

3