【文档说明】高考数学二轮复习大题专项练06导数A 文数（含答案）.doc，共(5)页，333.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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六导数(A)1.(2018·渭南二模)已知函数f(x)=x(lnx+ax+1)-ax+1.(1)若f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数a的取值范围;(2)若f(x)的最大值为2,求实数a的值.2.(2018·

台州一模)已知函数f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,m∈R.(1)若m=2,写出函数f(x)的单调递增区间;(2)若对于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<4,求m的取值范围.3.(2018·桃城区校级模拟)设函数f(x)=-a2lnx+x2-ax(a∈R

).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)如果a>0且关于x的方程f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2),证明x1+x2>2a.4.(2018·德阳模拟)已知函数f(x)=ln(x+1).(1)当x∈(-1,0)时,求证:f(x)<x<

-f(-x);(2)设函数g(x)=ex-f(x)-a(a∈R),且g(x)有两个不同的零点x1,x2(x1<x2),①求实数a的取值范围;②求证:x1+x2>0.参考答案1.解:(1)若f(x)在[1,+∞)上是减函数,则f′(x)≤0在[1

,+∞)上恒成立,f′(x)=lnx+2ax+2-a≤0,又因为x∈[1,+∞),所以2x-1>0.所以a≤-,设g(x)=-,则g′(x)=,因为x≥1,所以g′(x)≥0,g(x)递增,又g(1)=-2,故a≤-2.因此实数a的取值范

围是(-∞,-2].(2)由f(1)=2,要使f(x)max=2,故f(x)的递减区间是[1,+∞),递增区间是(0,1),所以f′(1)=0,即ln1+2a+2-a=0,所以a=-2.因此,满足条件的实数a的值为-2.2.解:

(1)若m=2,则f(x)=2x3-9x2+12x,因为f′(x)=6x2-18x+12=6(x2-3x+2)=6(x-1)(x-2),令f′(x)>0,则x<1或x>2,故函数f(x)的递增区间是(-∞,1),(2,+∞).(2)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,f′(x)=6(

x-1)(x-m),①当m≥1时,f(x)在(-1,1)上递增,f(x)max=f(1)=3m-1<4,故m<,所以1≤m<.②当-1<m<1时,f(x)在(-1,m)上递增,在(m,1)上递减,f(x)max=f(m)=-m3+3m2<4,

即m3-3m2+4>0,(m+1)(m-2)2>0恒成立,所以-1<m<1.③当m<-1时,f(x)在(-1,1)上递减,f(x)max=f(-1)=-9m-5<4,即m>-1,此时m无解.综上,m的范围是-1<m<.3.解:(1)由f(

x)=-a2lnx+x2-ax,可知f′(x)=-+2x-a==,因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以,①若a>0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.②若a=0,则当f′(x)=2x>0在x∈(0,+∞)

内恒成立,函数f(x)单调递增.③若a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(-,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.(2)证明:要证x1+x2>2a,只需证>a.设g(x)=f′(x)=-+2x-a,因为g′

(x)=+2>0,所以g(x)=f′(x)为单调递增函数.所以只需证f′()>f′(a)=0,即证-+x1+x2-a>0,只需证-+(x1+x2-a)>0.(*)又-a2lnx1+-ax1=m,-a2lnx2+-ax2=

m,所以两式相减,并整理,得-+(x1+x2-a)=0.把(x1+x2-a)=代入(*)式,得只需证-+>0,可化为-+ln<0.令=t,得只需证-+lnt<0.令φ(t)=-+lnt(0<t<1),则φ′(t)=-+=>

0,所以φ(t)在其定义域上为增函数,所以φ(t)<φ(1)=0.综上得原不等式成立.4.解答：(1)证明:记q(x)=x-ln(x+1),则q′(x)=1-=,在(-1,0)上,q′(x)<0,即q(x)在(-1,0)上递减,所以q(x)>q(

0)=0,即x>ln(x+1)=f(x)恒成立.记m(x)=x+ln(-x+1),则m′(x)=1+=,在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上递增,所以m(x)<m(0)=0,即x+ln(-x

+1)<0恒成立,x<-ln(-x+1)=-f(-x).综上得,当x∈(-1,0)时,f(x)<x<-f(-x),原题得证.(2)①解:g(x)=ex-ln(x+1)-a,定义域为(-1,+∞),则g′(x)=ex-,易知g′(x)在

(-1,+∞)上递增,而g′(0)=0,所以在(-1,0)上,g′(x)<0,g(x)在(-1,0]上递减,在[0,+∞)上递增,x→-1+,y→+∞,x→+∞,y→+∞,要使函数有两个零点,则g(x)极小值=g(0)=1-a<0,故实数a的取值范围是(

1,+∞).②证明:由①知-1<x1<0<x2,记h(x)=g(x)-g(-x),x∈(-1,0),h′(x)=g′(x)-g′(-x)=ex-+e-x-,当x∈(-1,0)时,由①知x<-ln(-x+1),则ex<e-ln(-x+1)=,再由x>ln(x+1)得,e-x<e

-ln(x+1)=.又因为ex-<0,e-x-<0,故h′(x)<0恒成立,h(x)=g(x)-g(-x)在x∈(-1,0)上单调递减,h(x)>h(0)=0,即g(x)>g(-x),而-1<x1<0,g(x

1)>g(-x1),g(x1)=g(x2)=0,所以g(x2)>g(-x1),由题知,-x1,x2∈(0,+∞),g(x)在[0,+∞)上递增,所以x2>-x1,即x1+x2>0.