高考数学二轮复习高考大题专项练06导数B 理数（含答案）

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.

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.