《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（A）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（A）理（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（A）理 1.(2018·湖南懷化模擬)設(shè)M是由滿足下列條件的函數(shù)f(x)構(gòu)成的集合:“①方程f(x)-x=0有實(shí)數(shù)根;②函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足0

2、域中任意的x2,x3,當(dāng)|x2-x1|<1且|x3-x1|<1時(shí),|f(x3)-f(x2)|<2. 2.(2018·安慶質(zhì)檢)已知x=是函數(shù)f(x)=(x+1)eax(a≠0)的一個(gè)極 值點(diǎn). (1)求a的值; (2)求f(x)在[t,t+1]上的最大值; (3)設(shè)g(x)=f(x)+x+xln x,證明:對(duì)任意x1,x2∈(0,1),有|g(x1)- g(x2)|<+. 3.(2018·桃城區(qū)校級(jí)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R). (1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)如果a>0且關(guān)于x的方程f(x)=m有兩解x1,

3、x2(x12a. 4.(2018·德陽模擬)已知函數(shù)f(x)=ln (x+1). (1)當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),求證:f(x)0. 1.(1)解:函數(shù)f(x)=+是集合M中的元素. 理由如下: 因?yàn)閒′(x)=+cos x, 所以f′(x)∈[,]滿足條件0

4、. 所以函數(shù)f(x)=+是集合M中的元素. (2)證明:假設(shè)方程f(x)-x=0存在兩個(gè)實(shí)數(shù)根a,b(a≠b), 則f(a)-a=0,f(b)-b=0, 不妨設(shè)a0, 所以f(x)為增函數(shù),所以f(x2)

5、以f(x2)-x2>f(x3)-x3, 所以0

6、(x)與f′(x)的變化情況如下表: x (-∞,-) - (-,+∞) f′(x) + 0 - f(x) ↗ 極大值e ↘ 當(dāng)t+1≤-,即t≤-時(shí), f(x)max=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1); 當(dāng)t<-

7、x+1)e-2x+1, 令h(x)=m′1(x), 則h′(x)=-2e-2x+2(2x+1)e-2x=4xe-2x>0,x∈(0,1), 所以m′1(x)在(0,1)上單調(diào)遞增, 則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),m′1(x)>m′1(0)=0, 所以m1(x)在(0,1)上也為增函數(shù), 所以x∈(0,1)時(shí), 1=m1(0)0,m2(x)為增函數(shù), 且m2()=-,m2(1)=0, 所以-≤m2

8、(x)<0,② 由①②可得1-0,則當(dāng)x∈(0,a)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(a,+∞)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. ②若a=0,則當(dāng)f′(x)=2x>0在x∈(0,+∞)內(nèi)恒成立,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. ③若a<0,則當(dāng)x∈(0,-)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減

9、, 當(dāng)x∈(-,+∞)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. (2)證明:要證x1+x2>2a,只需證>a. 設(shè)g(x)=f′(x)=-+2x-a, 因?yàn)間′(x)=+2>0, 所以g(x)=f′(x)為單調(diào)遞增函數(shù). 所以只需證f′()>f′(a)=0, 即證-+x1+x2-a>0, 只需證-+(x1+x2-a)>0.(*) 又-a2ln x1+-ax1=m,-a2ln x2+-ax2=m, 所以兩式相減,并整理,得 -+(x1+x2-a)=0. 把(x1+x2-a)=代入(*)式, 得只需證-+>0, 可化為-+ln <0. 令=t,得只需證-+ln t<

10、0. 令(t)=-+ln t(00, 所以(t)在其定義域上為增函數(shù), 所以(t)<(1)=0. 綜上得原不等式成立. 4.(1)證明:記q(x)=x-ln (x+1), 則q′(x)=1-=, 在(-1,0)上,q′(x)<0, 即q(x)在(-1,0)上遞減, 所以q(x)>q(0)=0,即x>ln (x+1)=f(x)恒成立. 記m(x)=x+ln (-x+1),則m′(x)=1+=, 在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上遞增, 所以m(x)

11、n (-x+1)=-f(-x). 綜上得,當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f(x)

12、, h′(x)=g′(x)-g′(-x)=ex-+e-x-, 當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),由①知x<-ln (-x+1), 則exln (x+1)得,e-xh(0)=0, 即g(x)>g(-x),而-1g(-x1),g(x1)=g(x2)=0, 所以g(x2)>g(-x1), 由題知,-x1,x2∈(0,+∞),g(x)在[0,+∞)上遞增, 所以x2>-x1,即x1+x2>0.