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）

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:

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.

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),

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.