高考数学二轮复习大题专项练06导数（含答案）

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2020年高考数学二轮复习大题专项练06导数1.已知函数f(x)=x(ln x+ax+1)-ax+1.(1)若f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数a的取值范围;(2)若f(x)的最大值为2,求实数a的值.                              2.已知函数f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,m∈R.(1)若m=2,写出函数f(x)的单调递增区间;(2)若对于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<4,求m的取值范围.                  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.                   5.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.                6.已知f(x)=ex-aln x(a∈R).(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.                     7.已知函数f(x)=(m≠0).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)对∀a,b∈(e,+∞),且a<b,证明:ab>ba.                8.已知函数f(x)=-x+aln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=x2-2x+2a,若对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围.                    
参考答案1.解:(1)若f(x)在[1,+∞)上是减函数,则f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,f′(x)=ln x+2ax+2-a≤0,又因为x∈[1,+∞),所以2x-1>0.所以a≤-,设g(x)=-,则g′(x)=,因为x≥1,所以g′(x)≥0,g(x)递增,又g(1)=-2,故a≤-2.因此实数a的取值范围是(-∞,-2].(2)由f(1)=2,要使f(x)max=2,故f(x)的递减区间是[1,+∞),递增区间是(0,1),所以f′(1)=0,即ln 1+2a+2-a=0,所以a=-2.因此,满足条件的实数a的值为-2. 2.解:(1)若m=2,则f(x)=2x3-9x2+12x,因为f′(x)=6x2-18x+12=6(x2-3x+2)=6(x-1)(x-2),令f′(x)>0,则x<1或x>2,故函数f(x)的递增区间是(-∞,1),(2,+∞).(2)f(x)=2x3-3(m+1)x2+6mx,f′(x)=6(x-1)(x-m),①当m≥1时,f(x)在(-1,1)上递增,f(x)max=f(1)=3m-1<4,故m<,所以1≤m<.②当-1<m<1时,f(x)在(-1,m)上递增,在(m,1)上递减,f(x)max=f(m)=-m3+3m2<4,即m3-3m2+4>0,(m+1)(m-2)2>0恒成立,所以-1<m<1.③当m<-1时,f(x)在(-1,1)上递减,f(x)max=f(-1)=-9m-5<4,即m>-1,此时m无解.综上,m的范围是-1<m<. 3.解: (1)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φ(t)=-+ln t(0<t<1),则φ′(t)=-+=>0,所以φ(t)在其定义域上为增函数,所以φ(t)<φ(1)=0.综上得原不等式成立. 4.解答：(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. 5.解: (1)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. 6.解:(1)由f(x)=ex-aln x,则f′(x)=ex-,f′(1)=e-a,切点为(1,e),所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)由f(x)=ex-aln x,原不等式即为ex+ln x-e-m(x-1)>0,记F(x)=ex+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)>0对任意x∈[1,+∞)恒成立,求导得F′(x)=ex+-m,F′(1)=e+1-m,F″(x)=ex-,当x>1时,F″(x)>0,则F′(x)在(1,+∞)上单调递增,有F′(x)>F′(1)=e+1-m,若m≤e+1,则F′(x)>0,若F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;若m>e+1,则F′(1)<0,又F′(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m)使F′(x)=0,当1<x<x1时,F′(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,得F(x)<F(1)=0,与已知不符,舍去,综上,实数m的取值范围是m≤e+1.   7.解: (1) f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.①当m>0时,对x∈(0,e),有f′(x)>0,故函数f(x)在(0,e)上单调递增;对x∈(e,+∞),有f′(x)<0,故函数f(x)在(e,+∞)上单调递减;②当m<0时,对x∈(0,e),有f′(x)<0,故函数f(x)在(0,e)上单调递减;对x∈(e,+∞),有f′(x)>0,故函数f(x)在(e,+∞)上单调递增.(2)证明:对∀a,b∈(e,+∞),且a<b,由(1)当m=1时,函数f(x)在(e,+∞)上单调递减,所以f(a)>f(b),所以>,所以bln a>aln b,所以ab>ba. 8.解:(1)f′(x)=-1+=(x>0),①a≤0时,由于x>0,故x-a>0,f′(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上递减,②a>0时,由f′(x)=0,解得x=a,在区间(0,a)上,f′(x)>0,在区间(a,+∞)上,f′(x)<0,所以函数f(x)在(0,a)上递增,在(a,+∞)上递减,综上,a≤0时,f(x)在(0,+∞)上递减,a>0时,函数f(x)在(0,a)上递增,在(a,+∞)上递减.(2)依题意,要满足对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),转化为f(x)max<g(x)max,因为g(x)=x2-2x+2a,x∈[0,1],所以g(x)max=2a,由(1)得a<0时,f(x)在(0,+∞)上递减,值域是R,不合题意,a=0时,f(x)=-x<0=g(x)max,符合题意,a>0时,f(x)在(0,a)上递增,在(a,+∞)上递减,故f(x)的极大值即为最大值,f(a)=-a+aln a,故2a>-a+aln a,解得0<a<e3.综上,a的范围是[0,e3].