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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当a>0时,由f'(x)=0有x=.

当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈

x-1

时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

x-1

(2)令s(x)=e-x,则s'(x)=e-1.

当x>1时,s'(x)>0,所以e>x,从而g(x)=(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.

当a≤0,x>1时,f(x)=a(x-1)-ln x<0.

2

x-1

>0.

故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.

当01.

由(1)有f0,

所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.

当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).

当x>1时,h'(x)=2ax--e>x-

1-x

>0.

因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.

又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.

综上,a∈.

84.(2016·全国3·理T21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A. (1)求f'(x); (2)求A;

(3)证明|f'(x)|≤2A.

【解析】(1)f'(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.

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(2)(分类讨论)当α≥1时,

|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0). 因此A=3α-2.

当0<α<1时,将f(x)变形为 f(x)=2αcos2

x+(α-1)cos x-1. (构造函数)

令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,

g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-.

令-1<<1,解得α<-(舍去),α>.

(ⅰ)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点, |g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|, 所以A=2-3α.

(ⅱ)当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,

知g(-1)>g(1)>g.

又-|g(-1)|=>0,

所以A=.

综上,A=

(3)由(1)得|f'(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.

当0<α≤时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.

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当<α<1时,A=≥1,

所以|f'(x)|≤1+α<2A.

当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A. 所以|f'(x)|≤2A.

85.(2016·全国3·文T21)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性;

(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<

(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx

. 【解析】(1)(导数与函数的单调性)

由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=- -1, 令f'(x)=0解得x=1.

当00,f(x)单调递增; 当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.

(2)由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0. 所以当x≠1时,ln x

故当x∈(1,+∞)时,ln x

即1<

(3)由题设c>1,(构造函数)

设g(x)=1+(c-1)x-cx

,则g'(x)=c-1-cx

ln c,

令g'(x)=0,解得x0=.

当x0,g(x)单调递增; 当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.

由(2)知1<

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又g(0)=g(1)=0,故当00. 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx

.

86.(2016·全国1,理21,12分,难度)已知函数f(x)=(x-2)ex

+a(x-1)2

有两个零点. (1)求a的取值范围;

(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2. 【解析】(1) f'(x)=(x-1)ex

+2a(x-1)=(x-1)(ex

+2a). (ⅰ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点. (ⅱ)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,

所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.

又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b

则f(b)>(b-2)+a(b-1)2

=a>0,

故f(x)存在两个零点.

(ⅲ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

若a≥-,则ln(-2a)≤1, 故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 因此f(x)在(1,+∞)单调递增.

又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.

若a<-,则ln(-2a)>1,

故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0; 当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0. 因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减, 在(ln(-2a),+∞)单调递增. 又当x≤1时f(x)<0,

所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).

(2)证明不妨设x1

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