2021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

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(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝eq \f(2,3)x3－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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6a＋2b＝0，,3＋3a＋2b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,3)，,b＝－1.))
(2)因为a＝－eq \f(1,3)，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－eq \f(1,3)x3－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)＝lneq \f(1＋x,1－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)＞2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))；
(3)设实数k使得f(x)＞keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))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)＝eq \f(1,1＋x)＋eq \f(1,1－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)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝eq \f(2x4,1－x2)．
因为g′(x)>0(02eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))．
(3)由(2)知，当k≤2时，f(x)>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))对x∈(0,1)恒成立．
当k>2时，令h(x)＝f(x)－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x3,3)))，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝eq \f(kx4－k＋2,1－x2)．
所以当0