发布时间 : 星期一 文章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 理更新完毕开始阅读60cc3c9cd6d8d15abe23482fb4daa58da0111cba
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－ 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 2