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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項練 六 導(dǎo)數(shù)(B)理
1.(2018·廣西二模)已知函數(shù)f(x)=ln (x+a)-x(a∈R),直線l:y=-x+ln 3-是曲線y=f(x)的一條切線.
(1)求a的值;
(2)設(shè)函數(shù)g(x)=xex-2x-f(x-a)-a+2,證明:函數(shù)g(x)無零點.
2.已知函數(shù)f(x)=x3-2ax2-3x.
(1)當(dāng)a=0時,求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程;
(2)對一切x∈(0,+∞),af′(x)+4a2x≥ln x-3a-1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
3.(2018·
2、寶雞一模)已知函數(shù)f(x)=a(x2-x+1)(ex-a)(a∈R且a≠0).
(1)若a=1,求函數(shù)f(x)在點(0,f(0))處的切線的方程;
(2)若對任意x∈[1,+∞),都有f(x)≥x3-x2+x,求a的取值范圍.
4.(2018·濟(jì)寧一模)已知函數(shù)f(x)=ex-x2-ax有兩個極值點x1,x2(e為自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)求實數(shù)a的取值范圍;
(2)求證:f(x1)+f(x2)>2.
1.(1)解:函數(shù)f(x)=ln (x+a)-x(a∈R)的導(dǎo)數(shù)為
f′(x)=-1,
設(shè)切點為(
3、m,n),
直線l:y=-x+ln 3-是曲線y=f(x)的一條切線,
可得-1=-,ln (m+a)-m=-m+ln 3-,
解得m=2,a=1,
因此a的值為1.
(2)證明:函數(shù)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-),
可設(shè)ex-=0的根為m,
即有em=,即有m=-ln m,
當(dāng)x>m時,g(x)遞增,0
4、=1-m+m=1,
可得g(x)>0恒成立,
則函數(shù)g(x)無零點.
2.解:(1)由題意知a=0時,f(x)=x3-3x,
所以f′(x)=2x2-3.
又f(3)=9,f′(3)=15,
所以曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程為
15x-y-36=0.
(2)由題意2ax2+1≥ln x,
即a≥對一切x∈(0,+∞)恒成立.
設(shè)g(x)=,
則g′(x)=.
當(dāng)00;
當(dāng)x>時,g′(x)<0.
所以當(dāng)x=時,g(x)取得最大值[g(x)]max=,
故實數(shù)a的取值范圍為[,+∞).
3.解:(1)因為當(dāng)a=1時,f(x
5、)=(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,
所以函數(shù)f(x)在點(0,f(0))處的切線的方程為y=x.
(2)依題意,“對任意x∈[1,+∞),f(x)≥x3-x2+x”等價于“對任意x∈[1,+∞),a(x2-x+1)(ex-a)≥x(x2-x+1)”.
因為x∈[1,+∞)時,x2-x+1=(x-)2+≥1,
所以等價于“a(ex-a)≥x在x∈[1,+∞)上恒成立”.
令g(x)=a(ex-a)-x,
則g′(x)=aex-1.
①當(dāng)a<0時,g
6、′(x)<0,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上單調(diào)遞減,
此時g(1)=a(e-a)-1=ae-a2-1<0,不合題意,舍去.
②當(dāng)a>0時,由g′(x)=aex-1=0得x=ln.
x
(-∞,ln)
ln
(ln,+∞)
g′(x)
小于0
0
大于0
g(x)
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
a.當(dāng)ln≤1,即a≥時,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上單調(diào)遞增,得g(x)min=g(1),
由a(ex-a)-x≥0在[1,+∞)上恒成立,
得g(1)≥0,即≤a≤,
滿足a≥;
b.當(dāng)ln>1,即0
7、in=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,
則h′(a)=-2a=.
由h′(a)=0得a=或-(舍去),
a
(0,)
(,+∞)
h′(a)
大于0
0
小于0
h(a)
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
由上表可知h(a)=1+ln a-a2在(0,)上單調(diào)遞增,則h(a)
8、)=ex-x-a.
設(shè)g(x)=ex-x-a,
則g′(x)=ex-1.
令g′(x)=ex-1=0,解得x=0.
所以當(dāng)x∈(-∞,0)時,g′(x)<0;
當(dāng)x∈(0,+∞)時,g′(x)>0.
所以g(x)min=g(0)=1-a.
當(dāng)a≤1時,f′(x)=g(x)≥0,函數(shù)f(x)無極值點;
當(dāng)a>1時,g(0)=1-a<0,且當(dāng)x→+∞時,g(x)→+∞;
當(dāng)x→-∞時,g(x)→+∞;
所以當(dāng)a>1時,g(x)=f′(x)=ex-x-a有兩個零點x1,x2.
不妨設(shè)x1
9、
(2)證明:由(1)知,x1,x2為g(x)=0的兩個實數(shù)根,x1<00,
則h′(x)=--ex+2<0,
所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,
所以h(x)f(-x2),
所以要證f(x1)+f(x2)>2,
只需證f(-x2)+f(x2)>2,
即證+--2>0.
設(shè)函數(shù)k(x)=ex+e-x-x2-2,x∈(0,+∞),
則k′(x)=ex-e-x-2x.
設(shè)(x)=k′(x)=ex-e-x-2x,
′(x)=ex+e-x-2>0,
所以(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以(x)>(0)=0,即k′(x)>0,
所以k(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,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.