发布时间 : 星期六 文章天津专用2018版高考数学总复习专题03导数分项练习含解析理更新完毕开始阅读
设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈1，＋∞)． 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)＞0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0. 故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.
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因此ln u?u成立． 22lng(t)1??. 5lnt2综上，当t＞e2时，有
4.【2014天津，理20】已知函数f(x)=x-aex(a?R)，x?R．已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2，且x1 x2随着的减小而增大； x1（Ⅲ）证明x1+x2随着的减小而增大． 【答案】（Ⅰ）的取值范围是0,e-1；（Ⅱ）详见试题分析；（Ⅲ）详见试题分析． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先求函数y=f(x)的导数，再分a￡0和a>0讨论f(x)的单调性，将“函数y=f(x)有两个零点”等价转化为如下条件同时成立：“1°f(-lna)>0；2°存在 ()s1?(?,lna)，满足f(s1)<0；3°存在s2?(lna,+?)，满足f(s2)<0”，解相应 的不等式即可求得的取值范围；（Ⅱ）由f(x)=x-ae=0分离出参数：a=xx．利用导数xe， 讨论 g(x)=xex的单调性即可得： g(x1)>g(h1)而增大． 试题解析：（Ⅰ）由f(x)=x-ae，可得f￠(x)=1-ae．下面分两种情况讨论： xx（1）a￡0时，f￠(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意． （2）a>0时，由f￠ (x)=0，得x=-lna．当变化时，f￠(x)，f(x)的变化情况如下表： 14 (-?,lna) ＋ ↗ -lna 0 (-lna,+￥) － ↘ f￠(x) f(x) -lna-1 这时，f(x)的单调递增区间是(-?,lna)；单调递减区间是(-lna,+￥于是，“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1°f(-lna)>0；2°存在s1?)． (?,lna)，满足f(s1)<0；3°存在s2?(lna,+?)， 满足f(s2)<0．由f(-lna)>0，即-lna-1>0，解得0 22骣骣22珑a鼢a鼢f(s2)=珑-e+ln-e<0．∴的取值范围是(0,e-1)． 鼢珑鼢桫a珑a桫（Ⅱ）由f(x)=x-ae=0，有a=xxx1-x￠．设，由，知g(x)在gx=gx=()()xxxeee(-￥,1)上单调递增，在(1,+￥)上单调递减． 并且，当x?(?,0]时，g(x)￡0；当 x?(0,?)时，g(x)>0． ìx2=tx1,?lntx2x2?解得x1=，x2-x1=lnx2-lnx1=ln．设=t，则t>1，且í?x-x=lnt,t-1x1x11??2x2=tlnt． t-1∴x1+x2=(t+1)lntt-1． ① 令 h(x)=(x+1)lnxx-1， x?(1,?)，则 h￠(x)=-2lnx+x-(x-1)21x．令 15 1u(x)=-2lnx+x-，得u￠(x)=x骣x-1÷?÷．当x?(1,???桫x÷2)时，u￠(x)>0．因此，u(x)在 (1,+￥)上单调递增，故对于任意的x?(1,?)，u(x)>u(1)=0，由此可得h￠(x)>0，故 h(x)在(1,+￥)上单调递增，因此，由①可得x1+x2随着的增大而增大，而由（Ⅱ），随着的 减小而增大，∴x1+x2随着的减小而增大． 考点：1．函数的零点；2．导数的运算；3.．利用导数研究函数的性质． 5. 【2015高考天津，理11】曲线y?x2 与直线y?x 所围成的封闭图形的面积为 . 【答案】 1 6?y?x2【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组?得两曲线的交点坐标为 y?x?(0,0),(1,1)，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积 1?1?1S???x?x2?dx??x2?x3??. 03?06?21121.510.543210.511.522.51234 【考点定位】定积分几何意义与定积分运算. 6. 【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数f(x)?nx?x,x?R，其中 nn?N*,n?2. (I)讨论f(x)的单调性； (II)设曲线y=f(x)与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证：对于任意的正实数，都有f(x)?g(x)； (III)若关于的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证： |x2-x1|< a+2 1-n16