发布时间 : 星期六 文章高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 B单元 函数与导数(文科)更新完毕开始阅读
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明. 22.解:(1)由已知f′(x)=a(sinx+xcosx),
?π?对于任意x∈?0,?,有sinx+xcosx>0.
2??
3
当a=0时,f(x)=-,不合题意;
2
?π??π?当a<0,x∈?0,?时,f′(x)<0,从而f(x)在?0,?内单调递减,
2?2???
3?π??π?又f(x)在?0,?上的图象是连续不断的,故f(x)在?0,?上的最大值为f(0)=-,2?2?2??不合题意;
?π?f′(x)>0,?π??π?当a>0,x∈?0,?时,从而f(x)在?0,?内单调递增,又f(x)在?0,?2?2?2????
π3π-3?π??π?上的图象是连续不断的,故f(x)在?0,?上的最大值为f??,即a-=,
2?222??2?解得a=1.
3综上所述,得f(x)=xsinx-. 2(2)f(x)在(0,π)内有且只有两个零点. 证明如下:
33由(1)知,f(x)=xsinx-,从而有f(0)=-<0. 22f??=
2
?π?π-3>0,
2??
?π?又f(x)在?0,?上的图象是连续不断的.
2???π?所以f(x)在?0,?内至少存在一个零点. 2??
?π??π?又由(1)知f(x)在?0,?上单调递增,故f(x)在?0,?内有且仅有一个零点.
2?2???
当x∈?
?π,π?时,令g(x)=f′(x)=sinx+xcosx.
??2?
π?π???由g??=1>0,g(π)=-π<0,且g(x)在?,π?上的图象是连续不断的,故存在?2??2?
??m∈?,π?,使得g(m)=0.
?
π?2
由g′(x)=2cosx-xsinx,知x∈?
?π,π?时,有g′(x)<0,
??2?
?π?从而g(x)在?,π?内单调递减.
?2?
当x∈?
?π,m?时,g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0,从而f(x)在?π,m?内单调递增, ??2??2???
?π??π?π-3>0, 故当x∈?,m?时,f(x)≥f??=
2?2??2??π?故f(x)在?,m?上无零点;
?2?
当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0,从而f(x)在(m,π)内单调递减. 又f(m)>0,f(π)<0,且f(x)在上的图象是连续不断的,从而f(x)在(m,π)内有且仅有一个零点.
综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点. 128.B12 函数y=x-lnx的单调递减区间为( ) 2A.(-1,1] B.(0,1] C. 本小题主要考查导数的运算与利用导数判断函数单调性.解题的突破口为导数大于0求单调递增区间,导数小于0求单调递减区间. 2121x-1x-1x+1??∵y′=?x-lnx?′=x-==,又因为定义域为(0,+∞),
xxx?2?
令y′<0,得到0 21.B12 已知函数f(x)=(ax+bx+c)e在上单调递减且满足f(0)=1,f(1)=0. (1)求a的取值范围; (2)设g(x)=f(x)-f′(x),求g(x)在上的最大值和最小值. 21.解:(1)由f(0)=1,f(1)=0得c=1,a+b=-1, 则f(x)=e, x2 xf′(x)=ex. 依题意对任意x∈(0,1),有f′(x)<0. 当a>0时,因为二次函数y=ax+(a-1)x-a的图像开口向上,而f′(0)=-a<0,所以有f′(1)=(a-1)e<0,即0 当a=1时,对任意x∈(0,1)有f′(x)=(x-1)e<0,f(x)符合条件; 当a=0时,对于任意x∈(0,1),f′(x)=-xe<0,f(x)符合条件; 当a<0时,因f′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故a的取值范围为0≤a≤1. (2)因g(x)=(-2ax+1+a)e, xx2 2 xg′(x)=(-2ax+1-a)ex. (i)当a=0时,g′(x)=e>0,g(x)在x=0上取得最小值g(0)=1,在x=1上取得最大值g(1)=e. (ii)当a=1时,对于任意x∈(0,1)有g′(x)=-2xe<0,g(x)在x=0取得最大值g(0)=2, 在x=1取得最小值g(1)=0. 1-a(iii)当00. 2a1-a1①若≥1,即0 3e+1当 21.B12、E3 设00},B={x∈R|2x-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B. (1)求集合D(用区间表示); (2)求函数f(x)=2x-3(1+a)x+6ax在D内的极值点. 21.解:(1)x∈D?x>0且2x-3(1+a)x+6a>0. 令h(x)=2x-3(1+a)x+6a, 2 2 3 2 2 xxe-1 Δ=9(1+a)2-48a=3(3a-1)(a-3). 1 ①当 3 ∴?x∈R,h(x)>0,∴B=R. 于是D=A∩B=A=(0,+∞). 1 ②当a=时,Δ=0,此时方程h(x)=0有唯一解 3 3 x1=x2= ?1?3?1+? 1+a?3? ==1, 44 ∴B=(-∞,1)∪(1,+∞). 于是D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞). 1 3 x1=x2= 3+3a-33+3a+3 3a-143a-14 a-3a-3 , . ∵x1 ∴B=(-∞,x1)∪(x2,+∞). 又∵x1>0?a>0, ∴D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞). (2)f′(x)=6x-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a). 当0 2 x f′(x) f(x) (0,a) + a 0 极大值 (a,1) - 1 0 极小值 (1,+∞) + 1①当 3 由表可得,x=a为f(x)在D内的极大值点,x=1为 f(x)在D内的极小值点. 1 ②当a=时,D=(0,1)∪(1,+∞). 31 由表可得,x=为f(x)在D内的极大值点. 31 ③当0 3