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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項練六導(dǎo)數(shù)（A）理.doc

上傳人：tia****nde

文檔編號：6312090

上傳時間：2020-02-22

格式：DOC

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六　導(dǎo)數(shù)(A) 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有實數(shù)根;②函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足00且關(guān)于x的方程f(x)=m有兩解x1,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,求證:f(x)0. 1.(1)解:函數(shù)f(x)=x2+sinx4是集合M中的元素. 理由如下: 因為f′(x)=12+14cos x, 所以f′(x)∈[14,34]滿足條件00, 所以f(x)為增函數(shù),所以f(x2)f(x3)-x3, 所以00,x∈(0,1), 所以m′1(x)在(0,1)上單調(diào)遞增, 則當(dāng)x∈(0,1)時,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, 1=m1(0)0,m2(x)為增函數(shù), 且m2(1e)=-1e,m2(1)=0, 所以-1e≤m2(x)<0,② 由①②可得1-1e0,則當(dāng)x∈(0,a)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(a,+∞)時,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,-a2)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(-a2,+∞)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. (2)證明:要證x1+x2>2a,只需證x1+x22>a. 設(shè)g(x)=f′(x)=-a2x+2x-a, 因為g′(x)=a2x2+2>0, 所以g(x)=f′(x)為單調(diào)遞增函數(shù). 所以只需證f′(x1+x22)>f′(a)=0, 即證-2a2x1+x2+x1+x2-a>0, 只需證-2x1+x2+1a2(x1+x2-a)>0.(*) 又-a2ln x1+x12-ax1=m,-a2ln x2+x22-ax2=m, 所以兩式相減,并整理,得 -ln x1-ln x2x1-x2+1a2(x1+x2-a)=0. 把1a2(x1+x2-a)=ln x1-ln x2x1-x2代入(*)式, 得只需證-2x1+x2+ln x1-ln x2x1-x2>0, 可化為-2(x1x2-1)x1x2+1+ln x1x2<0. 令x1x2=t,得只需證-2(t-1)t+1+ln t<0. 令(t)=-2(t-1)t+1+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)=1-1x+1=xx+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+-11-x=xx-1, 在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上遞增, 所以m(x)ln (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.

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