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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则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;

当x∈时,g'(x)<0.

所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,

即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.

(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).

(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.

又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.

(ⅱ)当x∈时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而

f'(0)=0,f'时,f'(x)<0.

<0,所以存在β∈,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈

故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.

又f(0)=0,f=1-ln>0,

所以当x∈时,f(x)>0.

从而,f(x)在区间上没有零点.

(ⅲ)当x∈上有唯一零点.

时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间

(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点. 综上,f(x)有且仅有2个零点.

53.(2019·全国1·文T20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数.

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(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点; (2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.

【解析】(1)证明设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.

当x∈时,g'(x)>0;

当x∈时,g'(x)<0,

所以g(x)在单调递增,在单调递减.

又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,

故g(x)在(0,π)存在唯一零点. 所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.

(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.

由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减. 又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0. 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax. 因此,a的取值范围是(-∞,0].

54.(2019·全国2·理T20)已知函数f(x)=ln x-.

(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;

(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=e的切线. 【解析】(1) f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).

x

因为f'(x)=>0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内单调递增.

因为f(e)=1-又0<<1,f

<0,f(e)=2-=-ln x1+

2

>0,所以f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.

=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点.

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综上,f(x)有且仅有两个零点. (2)证明因为

,故点B-ln x0,

在曲线y=ex上.

由题设知f(x0)=0,即ln x0=曲线y=ex在点B-ln x0,

,故直线AB的斜率k=.

处切线的斜率是,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是,所以曲线

y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.

55.(2019·天津·文T20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e,其中a∈R. (1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;

x

(2)若0

①证明f(x)恰有两个零点;

②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.

【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-[ae+a(x-1)e]=因此当a≤0时,1-axe>0,从而f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)内单调递增. (2)证明①由(1)知,f'(x)=g(1)=1-ae>0,且gln

=1-aln

2x

xx

.

.令g(x)=1-ax2ex,由0

2

=1-ln

2

<0,

故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1

当x∈(0,x0)时,f'(x)=所以f(x)在(0,x0)内单调递增;

=0,

当x∈(x0,+∞)时,f'(x)==0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.

令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)

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从而fln =lnln -aln -1=lnln -ln +1=hln <0,

又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.

②由题意,从而ln x1=,即.因为当x>1时,ln

xx0>1,故3x0-x1>2.

,两边取对数,得ln

56.(2018·全国2·理T21)已知函数f(x)=e-ax. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.

【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x+1)e-1≤0. 设函数g(x)=(x+1)e-1,则g'(x)=-(x-2x+1)e=-(x-1)e.

当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)设函数h(x)=1-axe.

f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e.

当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.

-x

2-x

2

-x

2

-x

2-x

2

-x

x2

故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.

①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;

②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;

③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当x>0时,e>x,所以

x

2

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