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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时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x). (3)证明不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n)(x-x0).

2

设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.

当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.

类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞),f(x)-h(x)=-x<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)

n

设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.

因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)

由此可得x2-x1

因为n≥2,所以2=(1+1)≥1+

n-1n-1

=1+n-1=n,故2≥=x0.

所以,|x2-x1|<+2.

95.(2015·全国1·理T21)已知函数f(x)=x+ax+,g(x)=-lnx. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;

(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数. 【解析】(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,

3

即

解得x0=,a=-.

因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.

(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.

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当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点. 当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数. (ⅰ)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.

2

而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.

(ⅱ)若-3

值,最小值为f.

①若f>0,即-

②若f=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;

③若f<0,即-3

时,f(x)在(0,1)有一个零点.

综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-

(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零

3

2

点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪【解析】(1)f'(x)=3x+2ax,

2

,求c的值.

令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-. 当a=0时,因为f'(x)=3x>0(x≠0), 所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;

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2

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当a>0时,x∈∪(0,+∞)时,f'(x)>0,x∈时,f'(x)<0,

所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;

当a<0时,x∈(-∞,0)∪时,f'(x)>0,x∈时,f'(x)<0,

所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.

(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,fa+b,

3

则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而

又b=c-a,所以当a>0时,a-a+c>0或当a<0时,a-a+c<0.

33

设g(a)=a-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪

3

,

则在(-∞,-3)上g(a)<0,且在上g(a)>0均恒成立,

从而g(-3)=c-1≤0,且g

3

2

=c-1≥0,因此c=1.

2

此时,f(x)=x+ax+1-a=(x+1)[x+(a-1)x+1-a],

因函数有三个零点,则x+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)-4(1-a)=a+2a-3>0,且(-1)-(a-1)+1-a≠0,

2

2

2

2

解得a∈(-∞,-3)∪综上c=1.

.

97.(2015·北京·文T19)设函数f(x)=-kln x,k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值;

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(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.

【解析】(1)由f(x)=-kln x(k>0)得f'(x)=x-f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的情况如下: x f'(x) f(x) (0,- ↘ ) 0 .由f'(x)=0解得x=.

(+ ↗ ,+∞) 所以,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞);f(x)在x=处取得极小值f()=.

(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.

因为f(x)存在零点,所以当k=e时,f(x)在区间(1,所以x=

≤0,从而k≥e. )上单调递减,且f(]上的唯一零点.

)=0,

是f(x)在区间(1,

当k>e时,f(x)在区间(0,所以f(x)在区间(1,

)上单调递减,且f(1)=>0,f()=<0,

]上仅有一个零点.

]上仅有一个零点.

综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,

2

98.(2015·浙江·文T20)设函数f(x)=x+ax+b(a,b∈R).

(1)当b=+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式; (2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1.求b的取值范围.

【解析】(1)当b=+1时,f(x)=+1,故对称轴为直线x=-.

当a≤-2时,g(a)=f(1)=+a+2.

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