高考数学二轮复习高考大题专项练06导数B 理数（含答案）

这是一份高考数学二轮复习高考大题专项练06导数B 理数（含答案），共6页。试卷主要包含了已知函数f=ln -x,直线l，已知函数f=a等内容，欢迎下载使用。
六　导数(B)1.(2018·广西二模)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.(2018·宝鸡一模)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.(2018·济宁一模)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.             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.