高考数学(理数)二轮复习高考大题专项练06《导数》AB卷（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习高考大题专项练06《导数》AB卷（教师版），共12页。试卷主要包含了已知函数f=ln 等内容，欢迎下载使用。
六　导数(A)1.设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合:“①方程f(x)-x=0有实数根;②函数f(x)的导数f′(x)满足0<f′(x)<1.”(1)判断函数f(x)=+是否是集合M中的元素,并说明理由;(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质:“若f(x)的定义域为D,则对于任意[m,n] D,都存在x0∈[m,n],使得等式f(n)-f(m)=(n-m)f′(x0)成立”.试用这一性质证明:方程f(x)-x=0只有一个实数根;(3)设x1是方程f(x)-x=0的实数根,求证:对于f(x)定义域中任意的x2,x3,当|x2-x1|<1且|x3-x1|<1时,|f(x3)-f(x2)|<2.            2.已知x=是函数f(x)=(x+1)eax(a≠0)的一个极 值点.(1)求a的值;(2)求f(x)在[t,t+1]上的最大值;(3)设g(x)=f(x)+x+xln x,证明:对任意x1,x2∈(0,1),有|g(x1)- g(x2)|<+.              3.设函数f(x)=-a2ln x+x2-ax(a∈R).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)如果a>0且关于x的方程f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2),证明x1+x2>2a.                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(a∈R),且g(x)有两个不同的零点x1,x2(x1<x2),①求实数a的取值范围;②求证:x1+x2>0.             六　导数(B)1.已知函数f(x)=ln (x+a)-x(a∈R),直线l:y=-x+ln 3-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.已知函数f(x)=x3-2ax2-3x.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)对一切x∈(0,+∞),af′(x)+4a2x≥ln x-3a-1恒成立,求实数a的取值范围.                  3.已知函数f(x)=a(x2-x+1)(ex-a)(a∈R且a≠0).(1)若a=1,求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程;(2)若对任意x∈[1,+∞),都有f(x)≥x3-x2+x,求a的取值范围.                 4.已知函数f(x)=ex-x2-ax有两个极值点x1,x2(e为自然对数的底数).(1)求实数a的取值范围;(2)求证:f(x1)+f(x2)>2.                    参考答案A卷1.(1)解:函数f(x)=+是集合M中的元素.理由如下:因为f′(x)=+cos x,所以f′(x)∈[,]满足条件0<f′(x)<1,又因为当x=0时,f(0)=0,所以方程f(x)-x=0有实数根0.所以函数f(x)=+是集合M中的元素.(2)证明:假设方程f(x)-x=0存在两个实数根a,b(a≠b),则f(a)-a=0,f(b)-b=0,不妨设a<b,根据题意存在c∈(a,b),使得等式f(b)-f(a)=(b-a)f′(c)成立,因为f(a)=a,f(b)=b,且a≠b,所以f′(c)=1,与已知0<f′(x)<1矛盾,所以方程f(x)-x=0只有一个实数根.(3)证明:不妨设x2<x3,因为f′(x)>0,所以f(x)为增函数,所以f(x2)<f(x3),又因为f′(x)<1,所以f′(x)-1<0,所以函数f(x)-x为减函数,所以f(x2)-x2>f(x3)-x3,所以0<f(x3)-f(x2)<x3-x2,即|f(x3)-f(x2)|<|x3-x2|,所以|f(x3)-f(x2)|<|x3-x2|=|x3-x1-(x2-x1)|≤|x3-x1|+|x2-x1|<2.2.(1)解:f′(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)eax,由x=是函数f(x)的一个极值点得f′()=(a+2)e=0,解得a=-2,经检验,a=-2适合题意.(2)解:由(1)知f(x)=(x+1)e-2x,则f′(x)=-(2x+1)e-2x,令f′(x)=0得x=-.当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下表:x(-∞,-)-(-,+∞)f′(x)+0-f(x)↗极大值e↘当t+1≤-,即t≤-时,f(x)max=f(t+1)=(t+2)e-2(t+1);当t<-<t+1,即-<t<-时,f(x)max=f(-)=e;当t≥-时,f(x)max=f(t)=(t+1)e-2t.(3)证明:由题意可得g(x)=(x+1)e-2x+x+xln x,设g(x)=m1(x)+m2(x),x∈(0,1),其中m1(x)=(x+1)e-2x+x,m2(x)=xln x,则m′1(x)=-(2x+1)e-2x+1,令h(x)=m′1(x),则h′(x)=-2e-2x+2(2x+1)e-2x=4xe-2x>0,x∈(0,1),所以m′1(x)在(0,1)上单调递增,则当x∈(0,1)时,m′1(x)>m′1(0)=0,所以m1(x)在(0,1)上也为增函数,所以x∈(0,1)时,1=m1(0)<m1(x)<m1(1)=1+,①又m′2(x)=1+ln x,令m′2(x)=0得x=,且x∈(0,)时,m′2(x)<0,m2(x)为减函数,x∈(,1)时,m′2(x)>0,m2(x)为增函数,且m2()=-,m2(1)=0,所以-≤m2(x)<0,②由①②可得1-<g(x)<1+,所以任意x1,x2∈(0,1),|g(x1)-g(x2)|<(1+)-(1-)=+.3.(1)解:由f(x)=-a2ln x+x2-ax,可知f′(x)=-+2x-a==,因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以,①若a>0,则当x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.②若a=0,则当f′(x)=2x>0在x∈(0,+∞)内恒成立,函数f(x)单调递增.③若a<0,则当x∈(0,-)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(-,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.(2)证明:要证x1+x2>2a,只需证>a.设g(x)=f′(x)=-+2x-a,因为g′(x)=+2>0,所以g(x)=f′(x)为单调递增函数.所以只需证f′()>f′(a)=0,即证-+x1+x2-a>0,只需证-+(x1+x2-a)>0.(*)又-a2ln x1+-ax1=m,-a2ln x2+-ax2=m,所以两式相减,并整理,得-+(x1+x2-a)=0.把(x1+x2-a)=代入(*)式,得只需证-+>0,可化为-+ln <0.令=t,得只需证-+ln t<0.令(t)=-+ln t(0<t<1),则′(t)=-+=>0,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-=,在(-1,0)上,q′(x)<0,即q(x)在(-1,0)上递减,所以q(x)>q(0)=0,即x>ln (x+1)=f(x)恒成立.记m(x)=x+ln (-x+1),则m′(x)=1+=,在(-1,0)上,m′(x)>0,即m(x)在(-1,0)上递增,所以m(x)<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)①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-a<0,故实数a的取值范围是(1,+∞).②证明:由①知-1<x1<0<x2,记h(x)=g(x)-g(-x),x∈(-1,0),h′(x)=g′(x)-g′(-x)=ex-+e-x-,当x∈(-1,0)时,由①知x<-ln (-x+1),则ex<e-ln(-x+1)=,再由x>ln (x+1)得,e-x<e-ln(x+1)=.又因为ex-<0,e-x-<0,故h′(x)<0恒成立,h(x)=g(x)-g(-x)在x∈(-1,0)上单调递减,h(x)>h(0)=0,即g(x)>g(-x),而-1<x1<0,g(x1)>g(-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+x2>0.参考答案B卷1.(1)解:函数f(x)=ln (x+a)-x(a∈R)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-1=-,ln (m+a)-m=-m+ln 3-,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,x>0,g′(x)=(x+1)ex-1-=(x+1)(ex-),可设ex-=0的根为m,即有em=,即有m=-ln m,当x>m时,g(x)递增,0<x<m时,g(x)递减,可得x=m时,g(x)取得极小值,且为最小值,则g(x)≥g(m)=mem-m-ln m=1-m+m=1,可得g(x)>0恒成立,则函数g(x)无零点.2.解:(1)由题意知a=0时,f(x)=x3-3x,所以f′(x)=2x2-3.又f(3)=9,f′(3)=15,所以曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程为15x-y-36=0.(2)由题意2ax2+1≥ln x,即a≥对一切x∈(0,+∞)恒成立.设g(x)=,则g′(x)=.当0<x<时,g′(x)>0;当x>时,g′(x)<0.所以当x=时,g(x)取得最大值[g(x)]max=,故实数a的取值范围为[,+∞).3.解:(1)因为当a=1时,f(x)=(x2-x+1)(ex-1),所以f(0)=0,且f′(x)=(2x-1)(ex-1)+(x2-x+1)ex=(x2+x)ex+1-2x,所以f′(0)=1,所以函数f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程为y=x.(2)依题意,“对任意x∈[1,+∞),f(x)≥x3-x2+x”等价于“对任意x∈[1,+∞),a(x2-x+1)(ex-a)≥x(x2-x+1)”.因为x∈[1,+∞)时,x2-x+1=(x-)2+≥1,所以等价于“a(ex-a)≥x在x∈[1,+∞)上恒成立”.令g(x)=a(ex-a)-x,则g′(x)=aex-1.①当a<0时,g′(x)<0,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上单调递减,此时g(1)=a(e-a)-1=ae-a2-1<0,不合题意,舍去.②当a>0时,由g′(x)=aex-1=0得x=ln.x(-∞,ln)ln(ln,+∞)g′(x)小于00大于0g(x)单调递减极小值单调递增a.当ln≤1,即a≥时,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上单调递增,得g(x)min=g(1),由a(ex-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,得g(1)≥0,即≤a≤,满足a≥;b.当ln>1,即0<a<时,由上表可知g(x)min=g(ln),由a(ex-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,得g(ln)≥0,即1+ln a-a2≥0.令h(a)=1+ln a-a2,则h′(a)=-2a=.由h′(a)=0得a=或-(舍去),a(0,)(,+∞)h′(a)大于00小于0h(a)单调递增极大值单调递减由上表可知h(a)=1+ln a-a2在(0,)上单调递增,则h(a)<h()=-<0,故不等式h(a)=1+ln a-a2≥0(0<a<)无解.综上所述,a的取值范围是[,].4.(1)解:因为f(x)=ex-x2-ax,所以f′(x)=ex-x-a.设g(x)=ex-x-a,则g′(x)=ex-1.令g′(x)=ex-1=0,解得x=0.所以当x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)min=g(0)=1-a.当a≤1时,f′(x)=g(x)≥0,函数f(x)无极值点;当a>1时,g(0)=1-a<0,且当x→+∞时,g(x)→+∞;当x→-∞时,g(x)→+∞;所以当a>1时,g(x)=f′(x)=ex-x-a有两个零点x1,x2.不妨设x1<x2,则x1<0<x2.所以函数f(x)有两个极值点时,a的取值范围是(1,+∞).(2)证明:由(1)知,x1,x2为g(x)=0的两个实数根,x1<0<x2,且g(x)在(-∞,0)上单调递减.下面先证x1<-x2<0,只需证g(-x2)<0.因为g(x2)=-x2-a=0,得a=-x2,所以g(-x2)=+x2-a=-+2x2.设h(x)=e-x-ex+2x,x>0,则h′(x)=--ex+2<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,所以g(-x2)<0,即得x1<-x2<0.因为函数f(x)在(x1,0)上也单调递减,所以f(x1)>f(-x2),所以要证f(x1)+f(x2)>2,只需证f(-x2)+f(x2)>2,即证+--2>0.设函数k(x)=ex+e-x-x2-2,x∈(0,+∞),则k′(x)=ex-e-x-2x.设(x)=k′(x)=ex-e-x-2x,′(x)=ex+e-x-2>0,所以(x)在(0,+∞)上单调递增,所以(x)>(0)=0,即k′(x)>0,所以k(x)在(0,+∞)上单调递增,k(x)>k(0)=0,所以x∈(0,+∞),ex+e-x-x2-2>0,即+--2>0,所以f(-x2)+f(x2)>2,所以f(x1)+f(x2)>2.