三年高考两年模拟高考数学专题汇编 第三章 导数及其应用2 理

?1?综上,a∈?,+∞?. ?2?

a22(ax2-2)(x-1)

12.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a--2+3=. xxxx3

当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 当a>0时,f′(x)=①0

a(x-1)?

?x-x3?

2??

??x+

a??

2?

a?

?.

a>1,

当x∈(0,1)或x∈?当x∈?1,②a=2时,③a>2时,0<当x∈?

??

a2?

,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

?

??

2?

a?a?时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

2

=1,在x∈(0,+∞)内,f′(x)≥0,f(x)单调递增. 2

<1,当x∈?0,a??

2?

?或x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

a?

??

2

a,1?时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

??

综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减; 当0

2?

?内单调递减,在

a?

???

a2?

,+∞?内单调递增;

?

当a=2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当a>2时,f(x)在?0,??

2???内单调递增,在?

a??

a2?

,1?内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.

?

(2)证明 由(1)知,a=1时,

f(x)-f′(x)=x-ln x+

2x-1?122?312

-?1--2+3?=x-ln x++2-3-1,x∈[1,2]. 2

x?

xxx?

xxx312

设g(x)=x-ln x,h(x)=+2-3-1,x∈[1,2],则f(x)-f′(x)=g(x)+h(x).由g′(x)

xxx=

x-1

≥0, x可得g(x)≥g(1)=1,

-3x-2x+6

当且仅当x=1时取得等号.又h′(x)=. 42

x设φ(x)=-3x-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]单调递减.

13

2

因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.

所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减. 11

由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=, 22当且仅当x=2时取得等号.

33

所以f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)=.即f(x)>f′(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.

22 13.(1)证明 f′(x)=m(e-1)+2x.

若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e-1≤0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e-1≥0,f′(x)>0.

若m<0,则当x∈(-∞,0)时,e-1>0,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e-1<0,f′(x)>0.

所以,f(x)在(-∞,0)单调递减, 在(0,+∞)上单调递增.

(2)解 由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1

???f(1)-f(0)≤e-1,?e-m≤e-1,

的充要条件是?即?-m①

?f(-1)-f(0)≤e-1,??e+m≤e-1.?

mmxmxmxmxmx设函数g(t)=e-t-e+1,则g′(t)=e-1.

当t<0时,g′(t)<0;当t>0时,g′(t)>0.故g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

又g(1)=0,g(-1)=e+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即e-m>e-1; 当m<-1时,g(-m)>0,即e+m>e-1. 综上,m的取值范围是[-1,1].

11

14.(1)解 因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f′(x)=+,f′(0)=2.

1+x1-x又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x. 2x?x?2

(2)证明 令g(x)=f(x)-2?x+?,则g′(x)=f′(x)-2(1+x)=2.

1-x?3?因为g′(x)>0(0

3

4

-m-1

ttm?x?所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时,f(x)>2?x+?.

?3?

3

14

?x?(3)解 由(2)知,当k≤2时,f(x)>k?x+?对x∈(0,1)恒成立. ?3?

kx-(k-2)?x?2

当k>2时,令h(x)=f(x)-k?x+?,则h′(x)=f′(x)-k(1+x)=. 2

1-x?3?

4k-2?4k-2?

所以当0

3

4

3

k?k?

4k-2x3??当0

k?3?

?x?所以当k>2时,f(x)>k?x+?并非对x∈(0,1)恒成立.

?3?

综上可知,k的最大值为2.

15.(1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f′(x)=2(x-a)-2ln x-2?1+?,

3

??

a?x?

所以g′(x)=2-+

?1??1?2?x-?+2?a-?22a?2??4?

xx2

2

x2

, 1?1-1-4a??1+1-4a?

当0<a<时,g(x)在区间?0,,??,+∞?上单调递增,

422????在区间?

?1-1-4a1+1-4a?

,?上单调递减; 22??

1

当a≥时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.

4

(2)证明 由f′(x)=2(x-a)-2ln x-2?1+?=0,解得a=

??

a?x?

x-1-ln x, -1

1+x2

x?x?x?x-1-ln x?x-1-ln ?x-1-ln ?x-1-ln 2

令φ(x)=-2?x+ln x+x-2?x-2?-1-1-1???+1+x-1, 1+x???1+x??1+x?

e(e-2)?e-2?2则φ(1)=1>0,φ(e)=--2?-1?<0, -1

1+e?1+e?故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0, 令a0=

x0-1-ln x0

,u(x)=x-1-ln x(x≥1), -1

1+x0

x1

由u′(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 所以0=

u(1)u(x0)u(e)e-2

<-1=a0<-1=-1<1,即a0∈(0,1), 1+11+x01+e1+e

当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0,

15

由(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 故当x∈(1,x0)时,f′(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;

当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0,所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0, 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.

16.(1)解 由f(x)=nx-xn,可得f′(x)=n-nxn-1

=n(1-xn-1

).

其中n∈N*

,且n≥2,下面分两种情况讨论:

①当n为奇数时.令f′(x)=0,解得x=1,或x=-1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f′(x) - + - f(x) 所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增. ②当n为偶数时.

当f′(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增; 当f′(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减;

所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. (2)证明 设点P的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1

,f′(x2

0)=n-n. 曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f′(x0)(x-x0),即g(x)=f′(x0)(x-x0). 令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0),则F′(x)=f′(x)-f′(x0). 由于f′(x)=-nxn-1

+n在(0,+∞)上单调递减,

故F′(x)在(0,+∞)上单调递减,又因为F′(x0)=0,所以当x∈(0,x0)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x2

1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n)(x-x0), 设方程g(x)=a的根为xa2′,可得x2′=

n-n2+x0.

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

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)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x). 设方程h(x)=a的根为x1′,可得xa1′=n.

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