《2018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.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018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.doc（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、升级增分训练升级增分训练 构造辅助函数求解导数问题构造辅助函数求解导数问题 1 1设函数设函数f f( (x x) )x x2 2e ex x1 1axax3 3bxbx2 2，已知，已知x x2 2 和和x x1 1 为为f f( (x x) )的极值点的极值点 (1)(1)求求a a，b b的值；的值； (2)(2)讨论讨论f f( (x x) )的单调性；的单调性； (3)(3)设设g g( (x x) )2 23 3x x3 3x x2 2，比较，比较f f( (x x) )与与g g( (x x) )的大小的大小 解：解：(1)(1)因为因为f f(x x) )e ex x1 1(2
2、(2x xx x2 2) )3 3axax2 22 2bxbx x xe ex x1 1( (x x2)2)x x(3(3axax2 2b b) )， 又又x x2 2 和和x x1 1 为为f f( (x x) )的极值点，的极值点， 所以所以f f(2)2)f f(1)(1)0 0， 因此因此 6 6a a2 2b b0 0，3 33 3a a2 2b b0 0， 解得解得 a a1 13 3，b b1.1. (2)(2)因为因为a a1 13 3，b b1 1， 所以所以f f(x x) )x x( (x x2)(e2)(ex x1 11)1)， 令令f f(x x) )0 0， 解得解
3、得x x1 12 2，x x2 20 0，x x3 31 1 因为当因为当x x( (，2)2)(0,1)(0,1)时，时，f f(x x) )0 0； 当当x x( (2,0)2,0)(1(1，)时，时，f f(x x) )0 0 所以所以f f( (x x) )在在( (2,0)2,0)和和(1(1，)上是单调递增的；上是单调递增的； 在在( (，2)2)和和(0,1)(0,1)上是单调递减的上是单调递减的 (3)(3)由由(1)(1)可知可知f f( (x x) )x x2 2e ex x1 11 13 3x x3 3x x2 2 故故f f( (x x) )g g( (x x) )x
4、x2 2e ex x1 1x x3 3x x2 2(e(ex x1 1x x) )， 令令h h( (x x) )e ex x1 1x x，则，则h h(x x) )e ex x1 11 1 令令h h(x x) )0 0，得，得x x1 1， 因为当因为当x x( (，11时，时，h h(x x)0)0， 所以所以h h( (x x) )在在( (，11上单调递减；上单调递减； 故当故当x x( (，11时，时，h h( (x x)h h(1)(1)0 0； 因为当因为当x x11，)时，时，h h(x x)0)0， 所以所以h h( (x x) )在在11，)上单调递增；上单调递增； 故故
5、x x11，)时，时，h h( (x x)h h(1)(1)0 0 所以对任意所以对任意x x( (，)，恒有，恒有h h( (x x)0)0； 又又x x2 200，因此，因此f f( (x x) )g g( (x x)0)0 故对任意故对任意x x( (，)，恒有，恒有f f( (x x)g g( (x x) ) 2 2(2015(2015北京高考北京高考) )已知函数已知函数f f( (x x) )lnln1 1x x1 1x x (1)(1)求曲线求曲线y yf f( (x x) )在点在点(0(0，f f(0)(0)处的切线方程；处的切线方程； (2)(2)求证：当求证：当x x(0
6、,1)(0,1)时，时，f f( (x x) )2 2 x xx x3 33 3； (3)(3)设实数设实数k k使得使得f f( (x x) )k k x xx x3 33 3对对x x(0,1)(0,1)恒成立，求恒成立，求k k的最大值的最大值 解：解：(1)(1)因为因为f f( (x x) )ln(1ln(1x x) )ln(1ln(1x x)()(1 1x x1)1)， 所以所以f f(x x) )1 11 1x x1 11 1x x，f f(0)(0)2 2 又因为又因为f f(0)(0)0 0，所以曲线，所以曲线y yf f( (x x) )在点在点(0(0，f f(0)(0)
7、处的切线方程为处的切线方程为y y2 2x x (2)(2)证明：令证明：令g g( (x x) )f f( (x x) )2 2 x xx x3 33 3， 则则g g(x x) )f f(x x) )2(12(1x x2 2) )2 2x x4 41 1x x2 2 因为因为g g(x x)0(00(0 x x1)g g(0)(0)0 0，x x(0,1)(0,1)， 即当即当x x(0,1)(0,1)时，时，f f( (x x)2)2 x xx x3 33 3 (3)(3)由由(2)(2)知，当知，当k k22 时，时，f f( (x x)k k x xx x3 33 3对对x x(0,
8、1)(0,1)恒成立恒成立 当当k k22 时，令时，令h h( (x x) )f f( (x x) )k k x xx x3 33 3， 则则h h(x x) )f f(x x) )k k(1(1x x2 2) )kxkx4 4k k2 21 1x x2 2 所以当所以当 00 x x 4 4k k2 2k k时，时，h h(x x)0)0， 因此因此h h( (x x) )在区间在区间 0 0， 4 4k k2 2k k上单调递减上单调递减 故当故当 00 x x 4 4k k2 2k k时，时，h h( (x x)h h(0)(0)0 0， 即即f f( (x x)22 时，时，f f(
9、 (x x)k k x xx x3 33 3并非对并非对x x(0,1)(0,1)恒成立恒成立 综上可知，综上可知，k k的最大值为的最大值为 2 2 3 3(2016(2016广州综合测试广州综合测试) )已知函数已知函数f f( (x x) )m me ex xln ln x x1 1 (1)(1)当当m m1 1 时，求曲线时，求曲线y yf f( (x x) )在点在点(1(1，f f(1)(1)处的切线方程；处的切线方程； (2)(2)当当m m11 时，证明：时，证明：f f( (x x) )1 1 解：解：(1)(1)当当m m1 1 时，时，f f( (x x) )e ex x
10、ln ln x x1 1， 所以所以f f(x x) )e ex x1 1x x 所以所以f f(1)(1)e e1 1，f f(1)(1)e e1 1 所以曲线所以曲线y yf f( (x x) )在点在点(1(1，f f(1)(1)处的切线方程为处的切线方程为y y(e(e1)1)(e(e1)(1)(x x1)1)， 即， 即y y(e(e1)1)x x (2)(2)证明：当证明：当m m11 时，时， f f( (x x) )m me ex xln ln x x1e1ex xln ln x x1(1(x x0)0) 要证明要证明f f( (x x) )1 1，只需证明，只需证明 e ex
11、 xln ln x x2 20 0 设设g g( (x x) )e ex xln ln x x2 2，则，则g g(x x) )e ex x1 1x x 设设h h( (x x) )e ex x1 1x x，则，则h h(x x) )e ex x1 1x x2 20 0， 所以函数所以函数h h( (x x) )g g(x x) )e ex x1 1x x在在(0(0，)上单调递增上单调递增 因为因为g g 1 12 2e e1 12 22 20 0，g g(1)(1)e e1 10 0， 所以函数所以函数g g(x x) )e ex x1 1x x在在(0(0，)上有唯一零点上有唯一零点x
12、x0 0，且，且x x0 0 1 12 2，1 1 因为因为g g(x x0 0) )0 0，所以，所以 e ex x0 01 1x x0 0，即，即 ln ln x x0 0 x x0 0 当当x x(0(0，x x0 0) )时，时，g g(x x) )0 0；当；当x x( (x x0 0，)时，时，g g(x x) )0 0 所以当所以当x xx x0 0时，时，g g( (x x) )取得最小值取得最小值g g( (x x0 0) ) 故故g g( (x x)g g( (x x0 0) )e ex x0 0ln ln x x0 02 21 1x x0 0 x x0 02 20 0 综
13、上可知，当综上可知，当m m11 时，时，f f( (x x) )1 1 4 4(2017(2017石家庄质检石家庄质检) )已知函数已知函数f f( (x x) )a a x xx x2 2e ex x( (x x0)0)，其中，其中 e e 为自然对数的底数为自然对数的底数 (1)(1)当当a a0 0 时，判断函数时，判断函数y yf f( (x x) )极值点的个数；极值点的个数； (2)(2)若函数有两个零点若函数有两个零点x x1 1，x x2 2( (x x1 1x x2 2) )，设，设t tx x2 2x x1 1，证明：，证明：x x1 1x x2 2随着随着t t的增大而
14、增大的增大而增大 解：解：(1)(1)当当a a0 0 时，时，f f( (x x) )x x2 2e ex x( (x x0)0)， f f(x x) )2 2x xeex xx x2 2x xx x2 2x xx xe ex x， 令令f f(x x) )0 0，得，得x x2 2， 当当x x(0,2)(0,2)时，时，f f(x x) )0 0，y yf f( (x x) )单调递减，单调递减， 当当x x(2(2，)时，时，f f(x x) )0 0，y yf f( (x x) )单调递增，单调递增， 所以所以x x2 2 是函数的一个极小值点，无极大值点，是函数的一个极小值点，无极
15、大值点， 即函数即函数y yf f( (x x) )有一个极值点有一个极值点 (2)(2)证明：令证明：令f f( (x x) )a a x xx x2 2e ex x0 0，得，得x x32a ae ex x， 因为函数有两个零点因为函数有两个零点x x1 1，x x2 2( (x x1 1x x2 2) )， 所以所以x x1 1321 1a ae ex x1 1，x x322 2a ae ex x2 2，可得，可得3 32 2ln ln x x1 1ln ln a ax x1 1， 3 32 2ln ln x x2 2ln ln a ax x2 2 故故x x2 2x x1 13 32
16、2ln ln x x2 23 32 2ln ln x x1 13 32 2lnln x x2 2x x1 1 又又x x2 2x x1 1t t，则，则t t1 1，且，且 x x2 2txtx1 1，x x2 2x x1 13 32 2ln ln t t， 解得解得x x1 13 32 2ln ln t tt t1 1，x x2 23 32 2t tln ln t tt t1 1 所以所以x x1 1x x2 23 32 2t tt tt t1 1 令令h h( (x x) )x xx xx x1 1，x x(1(1，)， 则则h h(x x) )2ln 2ln x xx x1 1x xx x2 2 令令u u( (x x) )2ln 2ln x xx x1 1x x，得，得u u(x x) ) x x1 1x x2 2 当当x x(1(1，)时，时，u u(x x) )0 0 因此，因此，u u( (x x) )在在(1(1，)上单调递增，上单调递增， 故对于任意的故对于任意的x x(1(1，)，u u( (x x) )u u(1)(1)0 0， 由此可得由此可得h h(x x) )0 0，故，故h h( (x x) )在在(1(1，)上单调递增上单调递增 因此，由因此，由可得可得x x1 1x x2 2随着随着t t的增大而增大的增大而增大