2017版《三年高考两年模拟》数学(文科)汇编专题:3.2导数的应用

4×10616×106

②设g(t)=t+4,则g′(t)=2t-5.

tt

2

令g′(t)=0,解得t=102.

当t∈(5,102)时,g′(t)<0,g(t)是减函数; 当t∈(102,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数.

从而,当t=102时,函数g(t)有极小值,也是最小值, 所以g(t)min=300,此时f(t)min=153.

答:当t=102时,公路l的长度最短,最短长度为153千米. π

x+?. 16.解 (1)f′(x)=aexcos x-aexsin x=2aexcos??4?令f′(x)=0,由x≥0, ππ

得x+=mπ-,

423π

即x=mπ-,m∈N*.

4

π

x+?,当k∈Z时, 而对于cos??4?πππ

若2kπ-<x+<2kπ+,

2423ππ

即2kπ-<x<2kπ+,

44π

x+?>0. 则cos??4?

ππ3π

若2kπ+<x+<2kπ+,

242π5π

即2kπ+<x<2kπ+,

44π

x+?<0. 则cos??4?

3π3ππ

(m-1)π,mπ-?与?mπ-,mπ+?上,f′(x)的符号总相反. 因此,在区间?4??44??3π3

于是当x=mπ-(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以xn=nπ-π(n∈N*).

443π3π2a3π

nπ-?=(-1)n+1此时,f(xn)=aenπ-cos?enπ-. 4??424f(xn+1)

易知f(xn)≠0,而=

f(xn)

(-1)n2

2a3πe(n+1)π-24

=-eπ是常数,

2a3π+

(-1)n1enπ-24

故数列{f(xn)}是首项为f(x1)=

2aπ

e,公比为-eπ的等比数列. 24

(2)对一切n∈N*,xn≤|f(xn)|恒成立,

3πenπ-

43π2a3π2即nπ-≤enπ-恒成立,亦即≤恒成立(因为a>0).

424a3π

nπ-4et(t-1)et

设g(t)=(t>0),则g′(t)=.

tt2令g′(t)=0得t=1.

当0<t<1时,g′(t)<0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减; 当t>1时,g′(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增. 因为x1∈(0,1),且当n≥2时,xn∈(1,+∞),xn<xn+1, 所以[g(xn)]min=min{g(x1),g(x2)} π?π??5π???=g?? =min?g?,g?4??4??4?

?

?

=e. π4

因此,xn≤|f(xn)|恒成立,当且仅当故a的取值范围是?

24π2ππ≤e,解得a≥e-. aπ444

2ππ?e-,+∞.

4?4?

17.解 (1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2, a

所以f′(1)=2,又f′(x)=ln x++1,所以a=1.

x(2)k=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根. x2

设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-x,

e当x∈(0,1]时,h(x)<0.

44

又h(2)=3ln 2-2=ln 8-2>1-1=0,

ee所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0. x(x-2)1

因为h′(x)=ln x++1+,

xex1

所以当x∈(1,2)时,h′(x)>1->0,

e当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,

所以当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增,

所以k=1时,方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根. (3)由(2)知方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0. 且x∈(0,x0)时,f(x)<g(x),x∈(x0,+∞)时,f(x)>g(x),

(x+1)ln x,x∈(0,x0],??

所以m(x)=?x2

,x∈(x,+∞).0??ex当x∈(0,x0)时,若x∈(0,1],m(x)≤0; 1

若x∈(1,x0),由m′(x)=ln x++1>0,

x可知0<m(x)≤m(x0); 故m(x)≤m(x0).

x(2-x)

当x∈(x0,+∞)时,由m′(x)=,可得x∈(x0,2)时,m′(x)>0,m(x)单调递增;

exx∈(2,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减; 4

可知m(x)≤m(2)=2,

e且m(x0)<m(2).

4

综上可得,函数m(x)的最大值为2.

e

a?2a2?18.解 (1)当b=+1时,f(x)=?x+2?+1,

4a

故对称轴为直线x=-.

2

a2

当a≤-2时,g(a)=f(1)=+a+2.

4a

-?=1. 当-2<a≤2时,g(a)=f??2?a2

当a>2时,g(a)=f(-1)=-a+2.

4

??

综上,g(a)=?1,-2<a≤2,

a??4-a+2,a>2.

2

a2

+a+2,a≤-2,4

??s+t=-a,

(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则?

?st=b,?

-2t1-2t

由于0≤b-2a≤1,因此≤s≤(-1≤t≤1).

t+2t+2-2t2t-2t2

当0≤t≤1时,≤st≤,

t+2t+2

2-2t21t-2t23

由于-≤≤0和-≤≤9-45,所以-≤b≤9-45.

3t+23t+22t-2t2-2t2

当-1≤t<0时,≤st≤,

t+2t+2

-2t2t-2t2

由于-2≤<0和-3≤<0,所以-3≤b<0.

t+2t+2故b的取值范围是[-3,9-45].

19.(1)解 由f(x)=4x-x4,可得f′(x)=4-4x3. 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)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞). 1

(2)证明 设点P的坐标为(x0,0),则x0=4,f′(x0)=-12.

3

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). 令函数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)=-4x3+4在(-∞,+∞)上单调递减, 故F′(x)在(-∞,+∞)上单调递减,又因为F′(x0)=0,

所以当x∈(-∞,x0)时,F′(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F′(x)<0, 所以F(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, 所以对于任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0, 即对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x). 1

(3)证明 由(2)知g(x)=-12(x-4).

3设方程g(x)=a的根为x2′, a1

可得x2′=-+4.

123

因为g(x)在(-∞,+∞)上单调递减, 又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2′), 因此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)=4x.

对于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x). a

设方程h(x)=a的根为x1′,可得x1′=.

4

因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x1′)=a=f(x1)≤h(x1),因此x1′≤x1, a1

由此可得x2-x1≤x2′-x1′=-+4.

33

20.解 (1)f(0)=a2+|a|-a2+a=|a|+a,因为f(0)≤1,所以|a|+a≤1, 当a≤0时,|a|+a=-a+a=0≤1,显然成立;

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