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1、2021年高考数学二轮复习大题专项练六导数文数A组1.已知函数f(x)=x(ln x+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.已知函数f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,mR.(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)0且关于x的方程f(x)=m有两解x1,x2(x12a.4.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(aR),且g(x)有两个不同的零点x1,x2
2、(x10.B组1.已知函数f(x)=ln (x+a)-x(aR),直线l:y=-x+ln 3-23是曲线y=f(x)的一条切线.(1)求a的值;(2)设函数g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2,证明:函数g(x)无零点.2.已知f(x)=ex-aln x(aR).(1)求函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)当a=-1时,若不等式f(x)e+m(x-1)对任意x(1,+)恒成立,求实数m的取值范围.3.已知函数f(x)=(m0).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)对a,b(e,+),且aba.4.已知函数f(x)=-x+aln x(aR).(1)讨论f(x)的单调性;
3、(2)设g(x)=x2-2x+2a,若对任意x1(0,+),均存在x20,1,使得f(x1)0.所以a-,设g(x)=-,则g(x)=2+1x+2lnx(2x-1)2,因为x1,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ln 1+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
4、-2),令f(x)0,则x2,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),当m1时,f(x)在(-1,1)上递增,f(x)max=f(1)=3m-14,故m53,所以1m53.当-1m1时,f(x)在(-1,m)上递增,在(m,1)上递减,f(x)max=f(m)=-m3+3m20,(m+1)(m-2)20恒成立,所以-1m1.当m-1时,f(x)在(-1,1)上递减,f(x)max=f(-1)=-9m-5-1,此时m无解.综上,m的范围是-1m0,则当x(0,a)时,f(x)0,函数f(x)单调递增.若
5、a=0,则当f(x)=2x0在x(0,+)内恒成立,函数f(x)单调递增.若a0,则当x(0,-)时,f(x)0,函数f(x)单调递增.(2)证明:要证x1+x22a,只需证x1+x22a.设g(x)=f(x)=-a2x+2x-a,因为g(x)=a2x2+20,所以g(x)=f(x)为单调递增函数.所以只需证f(x1+x22)f(a)=0,即证-2a2x1+x2+x1+x2-a0,只需证-2x1+x2+(x1+x2-a)0.(*)又-a2ln x1+x12-ax1=m,-a2ln x2+x22-ax2=m,所以两式相减,并整理,得-ln x1-ln x2x1-x2+(x1+x2-a)=0.把(
6、x1+x2-a)=ln x1-ln x2x1-x2代入(*)式,得只需证-2x1+x2+ln x1-ln x2x1-x20,可化为-+ln x1x20.令x1x2=t,得只需证-+ln t0.令(t)=-+ln t(0t0,所以(t)在其定义域上为增函数,所以(t)(1)=0.综上得原不等式成立.4.(1)证明:记q(x)=x-ln (x+1),则q(x)=1-=xx+1,在(-1,0)上,q(x)q(0)=0,即xln (x+1)=f(x)恒成立.记m(x)=x+ln (-x+1),则m(x)=1+-11-x=xx-1,在(-1,0)上,m(x)0,即m(x)在(-1,0)上递增,所以m(x
7、)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)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-a0,故实数a的取值范围是(1,+).证明:由知-1x10x2,记h(x)=g(x)-g(-x),x(-1,0),h(x)=g(x)-g(-x)=ex
8、-+e-x-1-x+1,当x(-1,0)时,由知x-ln (-x+1),则exln (x+1)得,e-xe-ln(x+1)=.又因为ex-1-x+10,e-x-0,故h(x)h(0)=0,即g(x)g(-x),而-1x1g(-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+x20.B组参考答案1.(1)解:函数f(x)=ln (x+a)-x(aR)的导数为f(x)=-1,设切点为(m,n),直线l:y=-x+ln 3-是曲线y=f(x)的一条切线,可得1m+a-1=-23,ln (m+a)-m=-
9、m+ln 3-23,解得m=2,a=1,因此a的值为1.(2)证明:函数g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2=xex-2x-f(x-1)-1+2=xex-x-ln x,x0,g(x)=(x+1)ex-1-=(x+1)ex-,可设ex-=0的根为m,即有em=1m,即有m=-ln m,当xm时,g(x)递增,0x0恒成立,则函数g(x)无零点.2.解:(1)由f(x)=ex-aln x,则f(x)=ex-ax,f(1)=e-a,切点为(1,e),所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)由f(x)=ex-aln x,原不等式即为ex+ln x-e-m(
10、x-1)0,记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)0对任意x1,+)恒成立,求导得F(x)=ex+-m,F(1)=e+1-m,F(x)=ex-,当x1时,F(x)0,则F(x)在(1,+)上单调递增,有F(x)F(1)=e+1-m,若me+1,则F(x)0,若F(x)在(1,+)上单调递增,且F(x)F(1)=0,适合题意;若me+1,则F(1)0,故存在x1(1,ln m)使F(x)=0,当1xx1时,F(x)0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,得F(x)0时,对x(0,e),有f(x)0,故函数f(x)在(0,e)上单调递增;对x(e,+),有f(
11、x)0,故函数f(x)在(e,+)上单调递减;当m0时,对x(0,e),有f(x)0,故函数f(x)在(e,+)上单调递增.(2)证明:对a,b(e,+),且af(b),所以lnaalnbb,所以bln aaln b,所以abba.4.解:(1)f(x)=-1+ax=-(x-a)x(x0),a0时,由于x0,故x-a0,f(x)0时,由f(x)=0,解得x=a,在区间(0,a)上,f(x)0,在区间(a,+)上,f(x)0时,函数f(x)在(0,a)上递增,在(a,+)上递减.(2)依题意,要满足对任意x1(0,+),均存在x20,1,使得f(x1)g(x2),转化为f(x)maxg(x)max,因为g(x)=x2-2x+2a,x0,1,所以g(x)max=2a,由(1)得a0时,f(x)在(0,+)上递减,值域是R,不合题意,a=0时,f(x)=-x0时,f(x)在(0,a)上递增,在(a,+)上递减,故f(x)的极大值即为最大值,f(a)=-a+aln a,故2a-a+aln a,解得0ae3.综上,a的范围是0,e3.