2019届高考数学二轮复习高考大题专项练六导数B理

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+ln3-是曲线y=f(x) 的一条切线.
(1)求a的值;
(2)设函数g(x)=xe x-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)(e x-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)=e x-x2-ax有两个极值点x,x(e为自然对数的底数).
1 2
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:f(x)+f(x)>2.
1 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)=xe x-2x-f(x-a)-a+2
=xe x-2x-f(x-1)-1+2
=xe x-x-ln x,x>0,
g′(x)=(x+1)e x-1-
=(x+1)(e x-),
可设e x-=0的根为m,
即有e m=,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)=me m-m-ln m=1-m+m=1,
可得g(x)>0恒成立,
则函数g(x)无零点.
2
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)(e x-1),
所以f(0)=0,
且f′(x)=(2x-1)(e x-1)+(x2-x+1)e x=(x2+x)e x+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)(e x-a) ≥x(x2-x+1)”.
因为x∈[1,+∞)时,x2-x+1=(x-)2+ ≥1,
所以等价于“a(e x-a)≥x在x∈[1,+∞)上恒成立”.
令g(x)=a(e x-a)-x,
则g′(x)=ae x-1.
①当a<0时,g′(x)<0,g(x)=a(e x-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)=ae x-1=0得x=ln .
x
g′(x) g(x)(-∞,ln)
小于0
单调递减
ln
极小值
(ln,+∞)
大于0
单调递增
a.当ln≤1,即a≥时,g(x)=a(e x-a)-x在[1,+∞)上单调递增,得g(x)=g(1),
min
由a(e x-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)=g(ln),
min
由a(e x-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=
a
h′(a)
h(a)或-(舍去),
(0,)
大于0
单调递增
极大值
(,+∞)
小于0
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)=e x- x2-ax,
所以f′(x)=e x-x-a.
设g(x)=e x-x-a,
则g′(x)=e x-1.
令g′(x)=e x-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)=g(0)=1-a.
min
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)=e x-x-a有两个零点x,x.
1 2
不妨设x<x,则x<0<x.
1 2 1 2
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,x,x为g(x)=0的两个实数根,x<0<x,且g(x)在(-∞,0)上单调递减.
1 2 1 2
下面先证x<-x<0,只需证g(-x)<0.
1 2 2
因为g(x)= -x-a=0,
2 2
得a= -x,
2
所以g(-x)=+x-a=-+2x.
2 2 2
设h(x)=e-x-e x+2x,x>0,
则h′(x)=--e x+2<0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以h(x)<h(0)=0,
所以g(-x)<0,即得x<-x<0.
2 1 2
因为函数f(x)在(x,0)上也单调递减,
1
所以f(x)>f(-x),
1 2
所以要证f(x)+f(x)>2,
1 2
只需证f(-x)+f(x)>2,
2 2
即证+--2>0.
设函数k(x)=e x+e-x-x2-2,x∈(0,+∞),
则k′(x)=e x-e-x-2x.
设(x)=k′(x)=e x-e-x-2x,
′(x)=e x+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,+∞),e x+e-x-x2-2>0,
即+--2>0,
所以f(-x)+f(x)>2,所以f(x)+f(x)>2.
2 2 1 2。