2022高考二輪復(fù)習(xí)新高考題型之導(dǎo)數(shù)解答題含解析

2022屆高考二輪復(fù)習(xí)新高考題型之導(dǎo)數(shù)解答題

學(xué)校：姓名：班級：_

一、解答題

1.已知函數(shù)/(x)=e*sinx-41asin卜一；1x￡|0,n].

(1)若a4l,判斷函數(shù)/(x)的單調(diào)性；

(2)證明：ex(7t-x)+l>sinx-cosx.

2.已知函數(shù)f(x)=-x+\nx,g(x)=xec-2x-m.

(1)求函數(shù)f(x)的極值點；

(2)若/(x)<g(x)恒成立，求實數(shù)〃?的取值范圍.

3.己知函數(shù)/(x)=l-ln(x+l),g(x)=ax2-x+\.

⑴求證：1—xW/(x)K---;

l+x

⑵當(dāng)OWxWl時，若/(x)Ng(x)恒成立，求a的取值范圍.

4.已知函數(shù)/(x)=e*+sinx(其中e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)).

(1)求證：當(dāng)xe[-l,+oo)時，/(x)>-；；

(2)若不等式/(x)Nor+l對任意xeR恒成立，求實數(shù)”的值.

5.設(shè)函數(shù)〃x)=x+ar2+01nx,曲線y=/(x)過P(1,O),且在尸點處的切線斜率為2.

⑴求a,6的值；

(2)證明：f(x)<2x-2.

6.已知函數(shù)/(力=/+x+2

⑴求曲線〃x)在點處的切線方程

(2)求經(jīng)過點A(l,3)的曲線“X)的切線方程

7.已知函數(shù)/(x)=lnx-2or+l.

⑴若x=l是/(幻的極值點，確定〃的值；

⑵當(dāng)人之1時，/?>0,求實數(shù)。的取值范圍.

8.設(shè)函數(shù)/(x)=alnx+x且(工)="+%.

9

⑴討論函數(shù)/(X)的單調(diào)性；

(2)令力(x)=/(x)-g(x),當(dāng)a=2時,證明g)<21n2-4.

9.已知函數(shù)/'(X)=x(e*-a)-a(lnx-a)(a>0).

(1)若。=6,討論/(X)的單調(diào)性；

(2)證明：f{x}>2a.

10.已知函數(shù)/（x）=e*-2-x.

（1）求函數(shù)〃x）的極值；

xinx3x

（2）求證：f（x）＞-.

11.已知函數(shù)/（》）=62，一〃*-1）.

⑴討論函數(shù)“X）的單調(diào)性；

⑵若a＞0,設(shè)/'（X）為〃x）的導(dǎo)函數(shù)，若函數(shù)〃x）有兩個不同的零點％,X2,求證:

尸（巖）＜0

12.己知函數(shù)/*）=〃1111一不+」（〃工0,0＞0）.

x

（1）當(dāng)。=2時，比較f（x）與0的大小，并證明；

（2）若/（X）存在兩個極值點不/，證明：/（芭）,702）＜。?

13.已知函數(shù)/(*)=，-4)(犬一4),。6R,且/(-I)=0.

(1).討論函數(shù)/(x)的單調(diào)性；

(2).求函數(shù)/(x)在12,2］上的最大值和最小值.

14.已知函數(shù)/(x)=xe可

(1)求函數(shù)/(X)的極值;

⑵若直線卜=機與函數(shù)〃x)的圖象有兩個不同交點A(XQJ,8(々，%)，求證:

X+￡<-2.

參考答案

47r

1.答案：(l)OWx<二時，r(x)>0,f(x)為增函數(shù)；三兀時，r(x)<0,/(x)為

44

減函數(shù).

(2)證明過程見解析.

解析：(1)因為/(x)=e*sinx-J5asin(x-：),

所以/"(X)=e*sinx+evcosx-a(sinx+cosx)=(ev-a)(sinx+cosx).

因為aMl,所以在［0,兀］上e'-aNO,

由(3=0,解得x=寧.

當(dāng)04x<芝時，/'(x)>0,/(x)為增函數(shù)；

4

當(dāng)27r衛(wèi)兀時，r(x)<0,/(x)為減函數(shù).

4

(2)證明:由(1)知，當(dāng)a=］時,

/(x)=e'sinx-&sin(x-￡)在0,7)上為增函數(shù)，在1個，兀上為減函數(shù).

因為/(0)=1,/(兀)=—1,

所以/(X)2/(兀)，

71

故eAsinx-\/2sinx--2—1,

所以e"sinxNsinx-cosx-l,

所以e'sinx+1>sinx-cosx.

設(shè)^(x)=7c-x-sin=-l-cosx<0，

所以g(x)在［0,71］上為減函數(shù).

又g(7t)=0,所以兀一xNsinx，

所以e"(兀-x)+lNe"sinx+1Nsinx-cosx.

2.答案：(1)元=1是/(幻的極大值點，無極小值點

(2)tn<\

解析：(1)由已知可得，函數(shù)〃x)的定義域為(0,+00),且/。)=上三,

X

當(dāng)0cxe1時，/'(x)>0；當(dāng)x>l時，f\x)<0,

所以/(X)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+00),

所以X=1是/(幻的極大值點，無極小值點.

(2)解法一：設(shè)〃(x)=/(x)-g(x)=lnx+x-xe"+相，XG(0,+CO),

則/⑺=，+1-(工+1封=*+1)(，一?[,

令r(x)=--ex?XG(0,+oo),

x

則t\x)=--一e"<0對任意xe(0,+oo)恒成立，

X

所以Z(x)=--ex在(0,+oo)上單調(diào)遞減.

x

又(￡)=2一五>0，r(l)=l-e<0,

所以玉：o￡(1[]，使得，(式0)='—《與=0,即，=e",則ln1~=lneM,即一ln%=X0.

(2)玉)兩與

因此，當(dāng)0<x</時，r(x)>0,即“(x)>0,則力(元)單調(diào)遞增；

當(dāng)x>x()時，Z(x)<0,即〃'(x)<0,則人(幻單調(diào)遞減,

故〃(X)max=〃(工0)=ln%0+%-x()e"+機=0-1+機40,解得m<\,

所以當(dāng)機41時，/(X)<g(x)恒成立.

解法二：令機(x)二e"一工一1,m\x)=ev-1,當(dāng)xvO時，/n(x)<0；當(dāng)x>0時，

m{x)>0,

所以加(x)在(-CO,0)上單調(diào)遞減，在(0,+oo)上單調(diào)遞增，

所以m(x)>6(0)=0,

即e"Nx+l.

因為xe"=ex+m?，

所以xe'=eAinxNx+inx+l,當(dāng)x+lnx=0時等號成立，

即xex-x-lnx>1,當(dāng)x+lnx=0時等號成立，

所以y=xe*-%—Inx的最小值為1.

若f(x)<g(x)恒成立,則xex-x-\x\x>m,

所以當(dāng)機<1時，/(x)<g(x)恒成立.

3.答案：⑴證明過程見解析；(2)〃e(-oo,l-ln2].

解析：(1)令〃(x)=/(x)-(l-x)=x-ln(x+l),則“(x)=—

當(dāng)Tvx<0時，/?'(%)<0,函數(shù)/z(x)遞減

當(dāng)x>0時，/?"(x)>0,函數(shù)九(%)遞增，故力(%)在x=0處取得最小值〃(0)=0

即,對，>一1,WA(x)>//(0)=0,故，(x)之1-x

令心)=小)一入忘一皿川)，則—君‘

當(dāng)—1<X40時，/'(x)20,函數(shù)/(x)遞增

當(dāng)x>0時，/'(x)<0,函數(shù)/(x)遞減，故/(力在x=0處取得最大值/(0)=0

即，對x>-l,有/(x)4/(0)=0,故1-

(2)令F(x)=g(x)_/(x)=]n(x+])+“x2-x,則F'(x)=

①當(dāng)aVO時，2a—1<0,.?.當(dāng)xNO,.-.x+l>0,2ax+2a-l<0F'(x)<0,函數(shù)

y=F(x),xe[0,l]為減函數(shù)，.?.當(dāng)OVxVl時，F(xiàn)(%)<F(0)=0,

即a40時，f(x)>g(x)成立

②當(dāng)0<。己時，上必

42a

則對VXE[0,1],X--——<x-l<0?/.x+1>0,2ax4-—1<0

2a

/.Fz(x)<0，.二函數(shù)》=/(力,x￡[0,l]為減函數(shù)，

???當(dāng)OWxWl時，F(xiàn)(x)<F(0)=0,即Ova時，/(x)2g(x)成立

③當(dāng),<。41—1112時?，由l-ln2v,，知lOv^^vl

422a

?,?當(dāng)0工冗《^^0寸，/.x+l>0,2m:+加一1<0,F\x)<0

2a

當(dāng)——<x<1B4?.\x+l>0,2ax+2a-\>0Fz(x)>0,

2a

二.函數(shù)y=F(x),xe[0,l]的減區(qū)間為卜，上0],增區(qū)間為「上生」

2a][_2a

又???尸(0)=0,F(l)=ln2-l+?<0

.?.對X/xe[O,l],尸(x)Vmax儼(0),F⑴}40

故,當(dāng)OMxMl時,f(x)2g(x)成立

④當(dāng)a>l—ln2時，Wa+ln2-l>0,F(l)=a+ln2-l>0

即g⑴>〃1)，與題意矛盾

綜合①②③④，6TG(-oo,l-ln2],對OKxWl,有

4.答案：(1)見解析

(2)實數(shù)。的值為2

解析：(1)f,(x)=ex4-cosx,

當(dāng)xe[T,O]時，ex>0,cosx>0,則尸(幻>0；

當(dāng)%￡(0,+oo)時，eA>1,-1<COSX<1,則/'(x)>0,

二./(%)在[-l,+oo)上單調(diào)遞增，

「?/W/(-1)=--sinl>--,

ee2

KG-1111

273+12.73e

1V31.1

O'/"，，

(2)令g(x)=/(x)-如-1=e*+sin冗一以一1,則g(x)NO對任意恒成立，

若a<0,貝！Jg(—兀)=--1-〃兀一1v0,與題意不符.

e兀

故只需考慮〃>0時的情況，g(0)=0,gf(x)=ex-Fcosx-a,g，(0)=2—a,令

/?(x)=ex4-cosx-67,則h\x)=eA-sinx,顯然當(dāng)x>0時，h\x)=ex-sinx>0,

故g，(x)在?！?上單調(diào)遞增，

①當(dāng)a>2時，則g'(0)<0,g(ln(a+1))=a+1+cos[ln(a+1)]-a=1+cos[ln(a+1)]>0,故

存在X。e(O」n(a+l)],使得g'(xo)=。，且當(dāng)x￡(0,與)時，g(x)單調(diào)遞減，

g(x0)<g(0)=0,與題意不符；

②當(dāng)0vav2時，則g'(0)>0,當(dāng)一7tvxv0時，ex>0,sinx<0,

故”(x)>0,g'(x)在(一碼0)上單調(diào)遞增.又g'(—7t)=eF—l—a<0,故存在%￡(一耳0),使

得g'(X])=0,.,?當(dāng)x?X],0)時，g(x)單調(diào)遞增，二.g(xJ<g(0)=0,與題意不符；

③當(dāng)a=2時，則短(0)=0,當(dāng)尤<0時，gr(x)=ex+cosx-2<cosx-l<0,當(dāng)x>0時，

g,(x)>g,(0)=0,故g(x)在(-a),0)上單調(diào)遞減，在(0,+00)上單調(diào)遞增，

g(x)>g(0)=0恒成立.

綜上，實數(shù)。的值為2.

5.答案：(1)tz=—1,6=3.

(2)見解析

解析：(1)r(力=1+2ax+—.

1+〃=0

由已知條件得即

k(i)=21+2。+6=2

解得。=-1,b=3.

(2)證明："X)的定義域為(0,+oo),

由1知/(x)=x-Y+3\nx,

設(shè)g(x)=/(x)-(2x-2)=2-x-f+31nx,

則g[x)=T_2x+3=_上跑+3).

XX

當(dāng)Ovxvl時，g'(x)>0；當(dāng)％>1時，g'(x)<0.

所以g(?在(0/)單調(diào)遞增，在(l,+oo)單調(diào)遞減..

而g(l)=O,故當(dāng)x>0時，g(x)<0,HP/(x)<2x-2.

6.答案：(1)見解析

(2)y=x+2或y=2x+1.

解析：(1)函數(shù)/(x)=x3-x2+x+2的導(dǎo)數(shù)為:(x)=3/-2x+1,

可得曲線/(力在點(1J⑴)處的切線斜率為3-2+1=2,

切點為(1,3),

即有曲線/⑺在點(I"⑴)處的切線方程為3-2+1=2,

即為2x-y+1=0；

⑵設(shè)切點為(見〃),可得〃-/+m+2,

由/(x)的導(dǎo)數(shù)/(力=3/―2%+1,

可得切線的斜率為3M-2機+1,

切線的方程為y-(加一/+m+2)=(3機2-2m+,

由切線經(jīng)過點(1,3),可得3-(加-nr+m+2)=(3，?？+,

化為機(m一1)2=0,解得帆=0或1.

則切線的方程為y-2=x或y-3=2(x-l),

即為y=x+2或y=2x+l.

7.答案：(1)(7=—.

2

(2)(7G(-00,0]-

解析：(D/(x)的定義域為(0,+oo).

f(x)=——2a?由題意f(1)=0=〃=

x2

若〃=L則/(%)=’一1=^~-?當(dāng)Ovxvl時,/(x)>0；

2xx

當(dāng)x>i時，r(x)v。，

所以x=l是f(x)極大值點，故4=0.

2

(2)Qf'(x)=上工竺，

X

①若。<0，則/'(x)NO，/(工)在工+oo)上單調(diào)遞增，

A/(x)>/(l)=l-2a>0,滿足題意.

②若0<6Z<—>則

2

當(dāng)lvx<l■時，/(x)>0?/(x)單調(diào)遞增；當(dāng)%>-!-時,/(x)<0，/(x)單調(diào)遞減.

2a2a

此時當(dāng)X7+8時，y(x)<o,不合題意.

③若azg,則x>l時，/(x)<0?/(?單調(diào)遞減.

/(x)</(l)=l-2tz<0,不合題意.

綜上可知，當(dāng)Q40，xNl時，/(x)NO，故a￡(Yo,0].

8.答案：(1)在(-凡收))上單調(diào)遞增，在(0,-。)上單調(diào)遞減.

⑵證明過程見解析.

解析：(l)/(x)=alnx+x,x>0,

、a.x+a

./(幻=一+1=----.

XX

當(dāng)&20時，/(x)=X+6Z>0,函數(shù)f(x)=alnx+x在(0,+oo)上單調(diào)遞增,

x

當(dāng)avO時，4/(x)=^-^=0,解得了=一。，

x

令/(X)=土於>0，解得x>-a,

x

令/(幻=〃<0，解得Ovxv-a，

x

所以函數(shù)/(x)=alnx+x在(-a,+oo)上單調(diào)遞增，在(0,-a)上單調(diào)遞減.

(2)Z?(x)=/(x)-g(x)=a\nx-ex,當(dāng)a=2時，h(x)=21nx-ex,

2?.2

h(x)=——ex,令y=/z(x)=——ex?則y=——一e，<0,

xxx~

所以"(X)二5-/在(0,+oo)上單調(diào)遞減.

X

I11

取芭=—,%2=1,則/a)=〃'(/)=4一/>0,h\x2)=h'O)=2-e<0,

7I

所以函數(shù)/7'。)=：-/存在唯一的零點不￡(}1),

2

即"(小)=3一淖=0,

不

所以當(dāng)了￡(0,入0),hr(x)=——ex>0,

x

2

當(dāng)xE(x0,4-oo),〃'(x)=——e"<0,

x

故函數(shù)/?(%)在(0,%)單調(diào)遞增，在(%,+oo)單調(diào)遞減，

所以當(dāng)x=x。時，函數(shù)〃(處取得極大值，也是最大值〃(Xo)=21nXo-1，

922

由上一？"=0可得"。=—,Ine*=ln3即與=ln2—山與，

/與%

所以In玉)=In2-X。，

21

故〃(尤0)=2InXQ—e"—2(ln2—%。)---=2In2—2(74---)，

%與

由基本不等式可得天+工22,1二=2,

/V/

因為X。€(―,1)>所以X(>H--->2，

2%

所以h(x0)=2In2-2(x0-I--)<21n2-4,

xO

又因為4(x)4〃(x0)即〃(x)<21n2-4,

所以當(dāng)a=2時，〃(x)<21n2-4成立.

9.答案：(1)xe(0,l)時，f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減，xe(l,+oo)時，/,(x)>0,/(x)單

調(diào)遞增

(2)見解析

解析：(1)當(dāng)〃=e時，/(x)=x(ev-e)-e(Inx-e),

(x+l)fxer-el

r(x)=(x+l)e^-e--e=——------L,

xx

令/V)=0,得x=l,

因為y=xe'-e在(0,+8)上單調(diào)遞增，

所以xe(O,l)時，f'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

時，f'(x)>0,/(x)單調(diào)遞增.

(x+1)(xex-a]

(2)f\x)=-----------且ga)=xe*-Q在(0,+oo)上單調(diào)遞增，

x

g(0)=-Q<0,g(a)=Q(e"-1)>0,

所以存在唯一的％e(0,。)，使得g(x())=O，即/(尤())=0，

所以xoe^=a,x0+Inx0=\na9

xw((Uo)時，/\x)<0,f(x)單調(diào)遞減，時，尸(x)>0,/(x)單調(diào)遞增,

所以，(x)N/(工0)=%)(巳*—。)=々-4山4+/,

22

f^x0)-2a=a-a\na+a-2a=a-a-a\na=a(a-1-In4?).

設(shè)〃(〃)=。一1一Ina,貝ljh\a)=l--=—―,

aa

aw(O,l)時，”(a)<0,〃(a)單調(diào)遞減，

aw(l,+oo)時，”(a)>0,〃(q)單調(diào)遞增.

所以〃⑷之〃⑴=0,

所以f(x0)>2a,/(x)>2a.

10.答案：(1)函數(shù)/0)的極小值為t，沒有極大值；(2)證明見解析.

解析：(1)*.*y(%)=er-2-x，

/'(x)=er-2-1，令/'(幻=?？傻脁=2，

當(dāng)x>2時，/'(x)>0，函數(shù)/(x)在(2,+oo)上單調(diào)遞增，

當(dāng)xv2時，尸(幻<0，函數(shù)/(幻在(-0,2)上單調(diào)遞減，

???當(dāng)x=2時，函數(shù)/(幻取極小值，極小值為7,函數(shù)/(九)沒有極大值；

(2)設(shè)g(x)=x-l-lnx，則g*(x)=l-)

xx

當(dāng)x>l時'g'(x)>0,函數(shù)g(x)在(l,+oo)上單調(diào)遞增,

當(dāng)0<xvl時，g'(x)v0,函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,

:?g(x)Ng(l)=0，即x—l之Inx，x(x-l)>x\nx

要證明f(x)>xMx-3x,只需證明4eT_x>x]nx，

4

只需證明4/2-x>x(x—1)>只需證明e*N0?

只需證明/之竺,設(shè)人(無)=e"—勿,則/z?)=e*—e，令/f(x)=O可得x=l，

2

當(dāng)x>l時，h\x)>0，函數(shù)〃(x)在(l,y)上單調(diào)遞增，當(dāng)Ovxvi時，h\x)<Or函數(shù)〃(x)

在(0,1)上單調(diào)遞減，???/z(x)N/z⑴=0，工/Nex，，當(dāng)x>0時「之竺成立，

~2

.?、x\nx-3x

■?/(x)>——--------

4

11.答案：(1)當(dāng)“40時，/3)在(-co,”)上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>0時，f(x)在可-嗎峙)上單調(diào)遞減，在Q嗚,+00)上單調(diào)遞增.

(2)見解析

解析：⑴解：由f(x)=e2*-“(x-l),得r(x)=2e2*-a,

①當(dāng)”40時，,f(x)>0,/(x)在(TO,+oo)上單調(diào)遞增；

②當(dāng)a>0時，4r（x）=2e2'-a=0,Wx=-ln-,

22

當(dāng)時，/r(x)<0,/(x)單調(diào)遞減,

當(dāng)xe(gln名+oo)時，f'(x)>0,/(x)單調(diào)遞增.

綜上所述，當(dāng)。<0時，/(x)在(-00,+00)上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>0時，f(x)在xe(-oo,gln5)上單調(diào)遞減，在(；ln}+oo)上單調(diào)遞增.

⑵解：由于函數(shù)/(冷有兩個不同的零點用，x2,

282必

兩式相減得?！?/p>

2(赴一%)+(爐』e*2f)

內(nèi)+*2

工2一百

不妨設(shè)令r=w-Aie(0,+<?),

設(shè)奴f)=2r+(e-,-ej(r>0),則<p\t)=2-(e-+e')<2-2=(),

故虱t)在(0,+oo)上單調(diào)遞減.

所以奴/)<以0)=0.

所以

12.答案：(1)見解析

(2)見解析

解析：(1)當(dāng)a=2時，f(x)=21nx-x+—,

X

貝IJ/W=--l-4=-『+2xT=<0,

XXXX

所以函數(shù)f(x)=21nx-x+L在(0,+co)上單調(diào)遞減，且/(1)=0,

x

所以當(dāng)Ovxvl時，/(x)>0；當(dāng)X>1時，/(x)<0；當(dāng)x=l時，/(x)=0.

(2)函數(shù)f(x)=a\nx-x+-,則.f'(x)=@-l--v=-~~

XXX"X

當(dāng)Ova<2時，/'(X)=—'-y+L0在(0,+8)上恒成立,

即“X)在(0,*?)不存在極值，與題意不符，所以。>2,

又看,七是方程-丁+分-1=0的兩根，不妨設(shè)工2>司，

由韋達定理得％+x2=—>\,xtx2—1,

又/(X)在區(qū)間(占,々)上遞增，且/⑴=0小<1<々，

所以/(演)<0,/(%)>0,即/(5)./區(qū))<0.

13.答案：(1)單調(diào)遞增區(qū)間為(7,-1],甘4,一)，單調(diào)遞減區(qū)間為[-1,4m.

(2)/(X)的最大值為2,最小值為—竺.

227

解析：(1)函數(shù)f(x)=(f-4)(x-a)(〃￡R),

f\x)=2x(x-a)+x2-4=3x3-2ax-4.f(-l)=0.-.3+2a-4=0,解得〃,:.a=-.

22

則/(x)