黑龙江高考成绩-村官述职报告

2018年全国I-III 文理数学卷导数解答题
1、(2018年全国I理）已知 函数
f(x)
（1）讨论
f(x)
的单调性；
1
xalnx
．
x
f

x
1

f

x
2

（2）若
f(x)
存在 两个极值点
x
1
,x
2
，证明：
a2

x
1
x
2
1ax
2
ax1
解:（1）f(x)
的定义域为
(0,)
，
f

(x)< br>2
1
.
xxx
2
)0
，（i）若
a2
，则
f

(x
当且仅当
a2
，
x1
时
f

(x)0
，所以
f(x)
在
(0,)
单调递减.
aa
2
4aa
2
4< br>（ii）若
a2
，令
f

(x)0
得，
x
或
x
.
22
aa
2
4aa
2
4
当
x(0,)U(,)
时，
f

(x )0
；
22
当
aa
2
4aa
2
4
x(,)
22
时，
f

(x)
.所以f(x)
在
aa
2
4aa
2
4aa
2
4aa
2
4
(0,),(,)
单调递减，在
( ,)
单调递
2222
增.
（2）由（1）知，
f(x)
存在两个极值点当且仅当
a2
. < br>由于
f(x)
的两个极值点
x
1
,x
2
满足
xax10
，所以
x
1
x
2
1
， 不妨设
x
1
x
2
，则
2
x
2
 1
.由于
f(x
1
)f(x
2
)lnx
1lnx
2
lnx
1
lnx
2
2lnx
2
1
1a2a2a
，
1
x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2x
1
x
2
x
2
x
2
所以
f(x
1
)f(x
2
)
1
a2
等价于
x
2
2lnx
2
0
.
x
1
x
2
x
2
1
x2lnx
，由（1）知，
g(x)
在
(0,)
单调递减，又
g(1)0
，从
x
设函数
g(x)

而当
x(1,)
时，
g(x )0
.
所以
f(x
1
)f(x
2
)
1
x
2
2lnx
2
0
，即
a2
.
x
2
x
1
x
2
2
、
(20 18
年全国
I
文）已知函数
f

x

a e
x
lnx1
．

（
1
）设
x2< br>是
f

x

的极值点．求
a
，并求
f

x

的单调区间；

1
（
2
）证明：当
a≥
时，
f

x

≥0
．
e
)
，
f ′
（
x
）
=ae< br>x
–解：（
1
）
f
（
x
）的定义域为
(0，
1
．

x
由题设知，
f ′
（
2
）
=0
，所以
a=
从而
f
（
x
）
=
1
．

2e
2
1
x
1
x
1
elnx1e
．
f ′x=
，（）
2e
2
2e
2
x
当
0时，
f ′
（
x
）
<0
；当
x>2
时，
f ′
（
x
）
>0
．

所以
f
（x
）在（
0
，
2
）单调递减，在（
2
，
+
∞）单调递增．

1
e
x
（
2
）当< br>a≥
时，
f
（
x
）
≥
lnx1
．

e
e
e
x
e
x
1

设
g
（
x
）
=
lnx1
，则
g( x)．
eex
当
0时，
g′
（
x）
<0
；当
x>1
时，
g′
（
x
）< br>>0
．所以
x=1
是
g
（
x
）的最小值点．

故当
x>0
时，
g
（
x
）
≥g
（
1
）
=0
．

1
因此，当
a
时，
f(x)0
．

e
3
、
(2018
年全国
II
理）已知函数
f(x) e
x
ax
2
．

（
1
）若
a 1
，证明：当
x0
时，
f(x)1
；

（< br>2
）若
f(x)
在
(0,)
只有一个零点，求
a
．

解：（
1
）当
a1
时，
f(x) 1
等价于
(x
2
1)e
x
10
．

设函数
g(x)(x
2
1)e
x
1
，则< br>g'(x)(x
2
2x1)e
x
(x1)
2
e
x
．

当
x1
时，
g'(x)0
，所以
g(x)
在
(0,)
单调递减．

而< br>g(0)0
，故当
x0
时，
g(x)0
，即
f (x)1
．

（
2
）设函数
h(x)1ax
2
e
x
．

f(x)
在
(0, )
只有一个零点当且仅当
h(x)
在
(0,)
只有一个零点．

（
i
）当
a0
时，
h(x)0
，< br>h(x)
没有零点；

（
ii
）当
a0
时 ，
h'(x)ax(x2)e
x
．

当
x(0,2 )
时，
h'(x)0
；当
x(2,)
时，
h'(x )0
．

所以
h(x)
在
(0,2)
单调递减， 在
(2,)
单调递增．

故
h(2)1
4a
e
2
是
h(x)
在
[0,)
的最小值．学
&
科网

①若
h(2)0
，即
a
e
2< br>4
，
h(x)
在
(0,)
没有零点；

h(2)0
，即
a
e
2
②若
4
，
h( x)
在
(0,)
只有一个零点；

h(2)0
，即< br>a
e
2
③若
4
，由于
h(0)1
，所以
h(x)
在
(0,2)
有一个零点，
由（
1
）知， 当
x0
时，
e
x
x
2
，
1a
3
h(a4)
6a
e
4a
1
a
(
2

1
3
e
1
6a
3
2
a)< br>
a
1
16
(
4
．
2

)
1
1
故
h(x)
在
(2,4a)
有一个零点， 因此
h(x)
在
(0,)
有两个零点．

f(x)在
(0,)
只有一个零点时，
a
e
2
综上，4
．

4、(2018年全国II文）已知函数
f

x


1
3
x
3
a

x
2
x1

．
（1）若
a3
，求
f(x)
的单调区间；
（2）证明：
f(x)
只有一个零点．
解：（
1
）当
a= 3
时，
f
（
x
）
=
1
3
x
3
3x
2
3x3
，
f ′
（
x
）
=
x
2
6x3
．

令
f ′
（
x
）
=0
解得
x=
3 23
或
x=
323
．

当
x
∈（–
∞，
323
）∪（
323
，
+
∞）时，
f ′
（
x
）
>0
；

当
x
∈（
323
，
323
）时，
f ′
（
x
）
<0
．

所以

0

故
f
（
x
）在（
–
∞，
32 3
），（
323
，
+
∞）单调递增，在（
323
，
323
）
单调递减．

3
x
（
2< br>）由于
xx10
，所以
f(x)0
等价于
2
3a0
．

xx1
3
x
2
(x
2
2x3)
x
≥0
，仅当
x=0
时
g ′
（
x
）
=0
，所以
设
g(x)
=
23a
，则
g ′
（
x
）
=
(x
2< br>x1)
2
xx1
2
g
（
x
）在（< br>–
∞，
+
∞）单调递增．故
g
（
x
）至多有 一个零点，从而
f
（
x
）至多有一个
零点．学·科网
11
2
11
2
又
f
（
3a–1
）=
6a2a6(a)0
，
f
（
3a+1
）
=
0
，故
f
（
x
）有一个零
366 3
点．

综上，
f
（
x
）只有一个零点．

2
5、(2018年全国III理）已知函数
f

x


2xax

ln

1x

2x
．
（1）若
a0
，证明：当
1x0
时，< br>f

x

0
；当
x0
时，
f< br>
x

0
；
（2）若
x0
是
f

x

的极大值点，求
a
．
解：（1）当a0
时，
f(x)(2x)ln(1x)2x
，
f

(x)ln(1x)
x
.
1x
设函数
g(x) f

(x)ln(1x)
x
x
，则
g
(x)
.
1x
(1x)
2
g

(x) 0
；
g

(x)0
.故当
x1
时，
g(x)g(0)0
，当
1x0
时，当
x0
时，且仅当
x0
时，
g(x)0
，从而
f

( x)0
，且仅当
x0
时，
f

(x)0
.
所以
f(x)
在
(1,)
单调递增.学#科网
又< br>f(0)0
，故当
1x0
时，
f(x)0
；当x0
时，
f(x)0
.
（2）（i）若
a0
， 由（1）知，当
x0
时，
f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0 )
，
这与
x0
是
f(x)
的极大值点矛盾.
（ ii）若
a0
，设函数
h(x)
f(x)2x
ln(1x) 
.
2xax
2
2xax
2

由于 当
|x|min{1,
1
}
时，
2xax
2
0
，故
h(x)
与
f(x)
符号相同.
|a|
又
h(0)f(0)0
，故
x0
是
f(x)
的极大值 点当且仅当
x0
是
h(x)
的极大值点.
12(2xax< br>2
)2x(12ax)x
2
(a
2
x
2
4ax6a1)
h

(x)
.
1x(2xax
2
)
2
(x1)(ax
2
x2)
2
如果
6a10
，则当
0x
不是
h(x)
的极大值 点.
22
如果
6a10
，则
ax4ax6a10存在根
x
1
0
，故当
x(x
1
,0)，且
6a1
1
}
时，
h

(x)0
，故
x0
，且
|x|min{1,
4a
|a|
|x| min{1,
1
}
时，
h

(x)0
，所以< br>x0
不是
h(x)
的极大值点.
|a|
x
3(x24)
如果
6a10
，则
h

(x).则当
x(1,0)
时，
h

(x)0
；当(x1)(x
2
6x12)
2
x(0,1)
时，
h

(x)0
.所以
x0
是
h(x)
的极大 值点，从而
x0
是
f(x)
的极大值点
综上，
a
1
.
6
ax
2
x1< br>6、(2018年全国III文）已知函数
f(x)
．
x
e
（1）求曲线
yf(x)
在点
(0,1)
处的切线方程；
（2）证明：当
a1
时，
f(x)e0
．
ax< br>2
(2a1)x2
解：（1）
f

(x)
，
f

(0)2
．
e
x
因此曲线
yf (x)
在点
(0,1)
处的切线方程是
2xy10
． （2）当
a1
时，
f(x)e(x
2
x1e
x1
)e
x
．
令
g(x)x
2
x1 e
x1
，则
g

(x)2x1e
x1
．
当
x1
时，
g

(x)0
，
g (x)
单调递减；当
x1
时，
g

(x)0
，
g(x)
单调递增；
所以
g(x)
g(1)=0
．因此
f(x)e0
．

fx）﹣lnx
．

7、（2018•浙江）已 知函数
（
（Ⅰ）若（fx）在x=x
1
，x（处导数相等，证明：
（ fx
1
）（fx
2
）＞﹣88ln2；
2
x
1< br>≠x
2
）
﹣4ln2
，
fx）
（Ⅱ）若
a 3
证明：对于任意k＞0，直线
ykxa
与曲线
y（
有
唯一公共点．

证明：（Ⅰ）∵函数f（x）=
∴x＞0，f′（x）=﹣，

﹣lnx，

∵f（x）在x=x
1
，x
2
（x< br>1
≠x
2
）处导数相等，

∴=﹣，

∵x
1
≠x
2
，∴+=，

=≥，
由基本不等式得：
∵x
1
≠x
2
，∴x
1
x< br>2
＞256，

由题意得f（x
1
）+f（x
2）=
设g（x）=
∴列表讨论：

x

g′（x）

g（x）

，则
=
，

﹣ln（x
1
x
2
），

（0，16）

﹣

↓

16

0

2﹣4ln2

（16，+∞）

+

↑

∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，

∴g（x
1
x
2
）＞g（256）=8﹣8ln2，

∴f（x
1
）+f（x
2
）＞8﹣8ln2．

（ Ⅱ）令m=e
﹣（|
a
|+
k
）
，n=（）
2+1，

则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，

f（n）﹣kn﹣a＜n（﹣﹣k）≤n（﹣k）＜0，

∴存在x
0
∈（m，n），使f（x
0
）=kx
0
+a，

< br>∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点，

由f（x）=kx+a，得k=，

设h（x）=
其中g（x）=
，则h′（x）=
﹣lnx，

=，

由（1）知g（x）≥g（16），

又a≤3﹣4ln2， ∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a=﹣3+4ln2+a≤0，

∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，

∴方程f（x）﹣kx﹣a=0至多有一个实根，

综上，a≤3﹣4ln2时，对于 任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共
点．