【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 专题训练 构造辅助函数求解导数问题 (含解析).doc，共(5)页，55.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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)＝23x3－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－6a＋2b＝0，3＋3a＋2b＝0，解得a＝－13，b＝－1.(2)因为a＝－13，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－1－13x3－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)＝ln1＋x1－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)＞2x＋x33；(3)设实数k使得f(x)＞kx＋x33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)＝11＋x＋11－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)－2x＋x33，则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝2x41－x2．因为g′(x)>0(0<x<1)，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)>2x＋x33．(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>kx＋x33对x∈(0,1)恒成立．当k>2时，令h(x)＝f(x)－kx＋x33，则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝k

x4－k＋21－x2．所以当0<x<4k－2k时，h′(x)<0，因此h(x)在区间0，4k－2k上单调递减．故当0<x<4k－2k时，h(x)<h(0)＝0，即f(x)<kx＋x33．所以当k>2时，f(x)>kx＋x33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－1x．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－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－1x．设h(x)＝ex－1x，则h′(x)＝ex＋1x2＞0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上单调递增．因为g′12＝e1

2－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函数g′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈12，1．因为g′(x0)＝0，所以ex0＝1x0，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(x0)＝ex0－lnx0－2＝1x0＋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)＝ax－x2ex(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＝x2x1，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．解：(1)当a＝0时，f(x)＝－x2ex(x＞0)，f′(x)＝－2x·ex－－

x2xx2＝xx－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)＝ax－x2ex＝0，得x32＝aex，因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，所以x1321＝aex1，x322＝aex2，可得32lnx1＝lna＋x1，32lnx2＝lna＋x2．故x2－x1＝32lnx2－

32lnx1＝32lnx2x1．又x2x1＝t，则t＞1，且x2＝tx1，x2－x1＝32lnt，解得x1＝32lntt－1，x2＝32tlntt－1．所以x1＋x2＝32·t＋tt－1．①

令h(x)＝x＋xx－1，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝－2lnx＋x－1xx－2．令u(x)＝－2lnx＋x－1x，得u′(x)＝x－1x2．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．