十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题04 导数与定积分 含解析

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答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大. 68.(2017·全国3·理T21)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值;

(2)设m为整数,且对于任意正整数n,

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).

① 若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;

②若a>0,由f'(x)=1-知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增. 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点. 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0. 故a=1.

(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.

令x=1+得ln.

从而ln+ln+…+ln+…+=1-<1.

故

而>2,所以m的最小值为3.

69.(2017·全国2·文T21)设函数f(x)=(1-x2

)ex

. (1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围. 【解析】(1)f'(x)=(1-2x-x2

)ex

. 令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+

.

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当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0; 当x∈(-1-,-1+

)时,f'(x)>0;

当x∈(-1+

,+∞)时,f'(x)<0.

所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+

,+∞)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增.

(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex

.

当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex

,h'(x)=-xex

<0(x>0), 因此h(x)在[0,+∞)内单调递减, 而h(0)=1,故h(x)≤1,

所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.

当0

-x-1,g'(x)=ex

-1>0(x>0), 所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0, 故ex

≥x+1.

当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2

),取

x0=,则(0,1),(1-x2

0)(1+x0)-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.

当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2

=1≥ax0+1.

综上,a的取值范围是[1,+∞).

70.(2017·天津·文T19)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3

-6x2

-3a(a-4)x+b,g(x)=ex

f(x). (1)求f(x)的单调区间;

(2)已知函数y=g(x)和y=ex

的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线, ①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;

②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围. 【解析】(1)解由f(x)=x3

-6x2-3a(a-4)x+b, 可得f'(x)=3x2

-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)]. 令f'(x)=0,解得x=a或x=4-a. 由|a|≤1,得a<4-a.

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

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x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞) f'(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a). (2)①证明因为g'(x)=ex

(f(x)+f'(x)),

由题意知

所以解得

所以,f(x)在x=x0处的导数等于0. ②解因为g(x)≤ex

,x∈[x0-1,x0+1], 由ex

>0,可得f(x)≤1. 又因为f(x0)=1,f'(x0)=0.

故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a. 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,

由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减, 故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立, 从而g(x)≤ex

在[x0-1,x0+1]上恒成立.

由f(a)=a3

-6a2

-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3

-6a2

+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3

-6x2

+1,x∈[-1,1],

所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0. 因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1]. 所以,b的取值范围是[-7,1].

71.(2017·全国3·文T21)已知函数f(x)=ln x+ax2

+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax+2a+1=.

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若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.

若a<0,则当x∈时,f'(x)>0;

当x∈故f(x)在0,-

时,f'(x)<0.

单调递增,在-,+∞单调递减.

(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-.

所以f(x)≤--2等价于ln设g(x)=ln x-x+1,

-1-≤--2,即ln+1≤0.

则g'(x)=-1.

当x∈(0,1)时,g'(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.

所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减. 故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0. 所以当x>0时,g(x)≤0.

从而当a<0时,ln+1≤0,

即f(x)≤--2.

72.(2017·天津·理T20)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x+3x-3x-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数. (1)求g(x)的单调区间;

(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;

4

3

2

(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足【解析】(1)由f(x)=2x+3x-3x-6x+a,

4

3

2

.

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