2018高考数学大一轮复习 升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题 文

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1、升级增分训练构造辅助函数求解导数问题1．设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性；(3)设g(x)＝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，因此解得(2)因为a＝－，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、∈(－∞，－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－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′(

3、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)＝ln．(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)＞2；(3)设实数k使得f(x)＞k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)＝＋，f′(0)＝

4、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)－2，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝．因为g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0,1)，即当x∈(0,1)时，f(x)>2．(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0,1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝．所以当0

5、2时，f(x)>k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－lnx－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－lnx－1，所以f′(x)＝ex－．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－

6、lnx－1≥ex－lnx－1(x＞0)．要证明f(x)＞1，只需证明ex－lnx－2＞0．设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－．设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．因为g′＝e－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈．因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即lnx0＝－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

7、(x0)＝ex0－lnx0－2＝＋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)＝a－(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＝，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．解：(1)当a＝0时，f(x)＝－(x＞0)，f′(x)＝＝，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

8、值点，即函数y＝f(x)有一个极值点．(2)证明：令f(x)＝a－＝0，得x＝a