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

因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x1′)=a=f(x1)<h(x1),因此x1′<x1. 由此可得x2-x1<x2′-x1′=因为n≥2,所以2故2≥nn-1

+x0. 1-n≥1+Cn-1=1+n-1=n,

1

a=(1+1)

n-1

1a=x0.所以,|x2-x1|<+2. n-11-n2a2

17.解 (1)f′(x)=3x+2ax,令f′(x)=0,解得x1=0,x2=-. 3

当a=0时,因为f′(x)=3x>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 2a???2a?当a>0时,x∈?-∞,-?∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈?-,0?时,f′(x)<0,所以函数3???3?2a???2a?f(x)在?-∞,-?,(0,+∞)上单调递增,在?-,0?上单调递减;

33

2

????

2a??2a??当a<0时,x∈(-∞,0)∪?-,+∞?时,f′(x)>0,x∈?0,-?时,f′(x)<0,所以函

3??3??2a??2a??数f(x)在(-∞,0),?-,+∞?上单调递增,在?0,-?上单调递减.

3??3??

?2a?43

(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f?-?=a+b,则函数f(x)有三个零点等

?3?27

a>0,a<0,????2a4???3?价于f(0)·f?-?=b?a+b?<0,从而?43或?43

?3??27?-a<b<00<b<-a.??27?27?

4343

又b=c-a,所以当a> 0时,a-a+c>0或当a<0时,a-a+c<0.

272743

设g(a)=a-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,

27

a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪?1,?∪?,+∞?,

22

??

3??3

??

??

?3??3?则在(-∞,-3)上g(a)<0,且在?1,?∪?,+∞?上g(a)>0均恒成立. ?2??2??3?从而g(-3)=c-1≤0,且g??=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

3

2

2

?3??3?解得a∈(-∞,-3)∪?1,?∪?,+∞?.综上c=1. ?2??2?

17

18.解

2

(1)对f(x)求导得

(6x+a)e-(3x+ax)e

f′(x)==x2

(e)

x2x-3x+(6-a)x+a, xe

因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.

3x-3x+6x33

当a=0时,f(x)=x,f′(x)=,故f(1)=,f′(1)=,从而f(x)在点(1,f(1))处xeeee33

的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.

ee-3x+(6-a)x+a(2)由(1)知f′(x)=. xe令g(x)=-3x+(6-a)x+a,

6-a-a+366-a+a+36

由g(x)=0解得x1=,x2=. 66当x<x1时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数; 当x1<x<x2时,g(x)>0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数; 当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0, 故f(x)为减函数.

6-a+a+369

由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-,

62

2

2

2

2

2

2

2

?9?故a的取值范围为?-,+∞?.

?2?

19.解 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0.即1??x30+ax0+=0,

4 ?

??3x20+a=0,

133

解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.

244

(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.

55

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)

445

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.

4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.而f(0)=15

,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. 44

18

2

(ⅱ)若-3

??

-?单调递减,在?3??

a??

-,1?单调递增,故在(0,1)中,当x3?

a?

-时,f(x)取得最小值,最小值为f?3?

a?

a?2a-?=3?3

a1-+. 34

①若f?②若f?③若f???????

3a?-?>0,即-

43?

3a?-?=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;

43?

31553a?

-?<0,即-3

444443?

5

有两个零点;当-3

435

综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点;

4435

当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;

4453

当-

ππ2

20.解 (1)f(sin x)=sin x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,-

22ππ

[f(sin x)]′=(2sin x-a)cos x,-

因为-0,-2<2sin x<2.

22①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值. ②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.

?ππ?③对于-2

?22?

π

x0≤x<时,函数f(sin x)单调递增;

因此,-2

π2

a?a?f(sin x0)=f??=b-. 4?2?

ππ

(2)-≤x≤时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|≤|a-a0|+|b-b0|.

22π

当(a0-a)(b-b0)≥0时,取x=,等号成立.

2

19

2

π

当(a0-a)(b-b0)<0时,取x=-,等号成立.

2

?ππ?由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在?-,?上的最大值为D=|a-a0|+|b-b0|. ?22?

(3)D≤1即为|a|+|b|≤1,此时0≤a≤1,-1≤b≤1, 从而z=b-≤1.

4

取a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且z=b-=1.

4由此可知,z=b-满足条件D≤1的最大值为1.

4

21.(1)解 f′(x)=2xe+(1+x)e=(x+2x+1)e=(x+1)e ?x∈R,f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). (2)证明 ∵f(0)=1-a,f(a)=(1+a)e-a,

∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2ae-a>2a-a=a>0,∴f(0)·f(a)<0, ∴f(x)在(0,a)上有一零点,又∵f(x)在(-∞,+∞)上递增,

∴f(x)在(0,a)上仅有一个零点,∴f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.

(3)证明 f′(x)=(x+1)e,设P(x0,y0),则f′(x0)=ex0(x0+1)=0,∴x0=-1, 22

把x0=-1,代入y=f(x)得y0=-a,∴kOP=a-.

ee

2x2

22

a2

a2

a2

x2x2x2xaaf′(m)=em(m+1)2=a-,

令g(m)=e-(m+1),g′(m)=e-1. 令g′(x)>0,则m>0,∴g(m)在(0,+∞)上增.

令g′(x)<0,则m<0,∴g(m)在(-∞,0)上减.∴g(m)min=g(0)=0. 2mmm233

∴e-(m+1)≥0,即e≥m+1.∴e(m+1)≥(m+1),即a-≥(m+1).

e

3

∴m+1≤

322

a-,即m≤a--1. ee

mm2

e

22.解 (1)由题意知,函数f(x)的定义域为(-1,+∞), 12ax+ax-a+1

f′(x)=+a(2x-1)=.

x+1x+1令g(x)=2ax+ax-a+1,x∈(-1,+∞).

①当a=0时,g(x)=1,此时f′(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; ②当a>0时,Δ=a-8a(1-a)=a(9a-8).

8

(ⅰ)当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值

9

20

2

2

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