2021高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题 word版含答案

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(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝eq \f(2,3)x3－x2，比较f(x)与g(x)的大小．
解：(1)因为f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx
＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，
又x＝－2和x＝1为f(x)的极值点，
所以f′(－2)＝f′(1)＝0，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6a＋2b＝0，,3＋3a＋2b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,3)，,b＝－1.))
(2)因为a＝－eq \f(1,3)，b＝－1，
所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，
令f′(x)＝0，
解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1．
因为当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)＜0；
当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上是单调递增的；
在(－∞，－2)和(0,1)上是单调递减的．
(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－eq \f(1,3)x3－x2．
故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)，
令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1．
令h′(x)＝0，得x＝1，
因为当x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0，
所以h(x)在(－∞，1]上单调递减；
故当x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0；
因为当x∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增；
故x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0．
所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0；
又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0．
故对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．
2．(2015·北京高考)已知函数f(x)＝lneq \f(1＋x,1－x)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0,1)时，f(x)＞2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))；
(3)设实数k使得f(x)＞keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立，求k的最大值．
解：(1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)(－1＜x＜1)，
所以f′(x)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1,1－x)，f′(0)＝2．
又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x．
(2)证明：令g(x)＝f(x)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq \f(2x4,1－x2)．
因为g′(x)>0(0所以g(x)在区间(0,1)上单调递增．
所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0,1)，
即当x∈(0,1)时，f(x)>2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))．
(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq \f(kx4－k＋2,1－x2)．
所以当0因此h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(4,\f(k－2,k))))上单调递减．
故当0即f(x)所以当k>2时，f(x)>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))并非对x∈(0,1)恒成立．
综上可知，k的最大值为2．
3．(2016·广州综合测试)已知函数f(x)＝mex－ln x－1．
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，
所以f′(x)＝ex－eq \f(1,x)．
所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1．
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x．
(2)证明：当m≥1时，
f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1(x＞0)．
要证明f(x)＞1，只需证明ex－ln x－2＞0．
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－eq \f(1,x)．
设h(x)＝ex－eq \f(1,x)，则h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)＞0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \f(1,2)－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，
所以函数g′(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝eq \f(1,x0)，即ln x0＝－x0．
当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0．
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2＞0．
综上可知，当m≥1时，f(x)＞1．
4．(2017·石家庄质检)已知函数f(x)＝aeq \r(x)－eq \f(x2,ex)(x＞0)，其中e为自然对数的底数．
(1)当a＝0时，判断函数y＝f(x)极值点的个数；
(2)若函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，设t＝eq \f(x2,x1)，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝－eq \f(x2,ex)(x＞0)，
f′(x)＝eq \f(－2x·ex－－x2·ex,ex2)＝eq \f(xx－2,ex)，
令f′(x)＝0，得x＝2，
当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增，
所以x＝2是函数的一个极小值点，无极大值点，
即函数y＝f(x)有一个极值点．
(2)证明：令f(x)＝aeq \r(x)－eq \f(x2,ex)＝0，得x＝aex，
因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，
所以x1eq \\al(,1)＝aex1，xeq \\al(,2)＝aex2，可得eq \f(3,2)ln x1＝ln a＋x1，
eq \f(3,2)ln x2＝ln a＋x2．
故x2－x1＝eq \f(3,2)ln x2－eq \f(3,2)ln x1＝eq \f(3,2)lneq \f( x2,x1)．
又eq \f(x2,x1)＝t，则t＞1，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝tx1，,x2－x1＝\f(3,2)ln t，))
解得x1＝eq \f(\f(3,2)ln t,t－1)，x2＝eq \f(\f(3,2)tln t,t－1)．
所以x1＋x2＝eq \f(3,2)·eq \f(t＋1ln t,t－1)．①
令h(x)＝eq \f(x＋1ln x,x－1)，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝eq \f(－2ln x＋x－\f(1,x),x－12)．
令u(x)＝－2ln x＋x－eq \f(1,x)，得u′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x)))2．
当x∈(1，＋∞)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t的增大而增大．