2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專(zhuān)項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（B）理.doc

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六　導(dǎo)數(shù)(B) 1.(2018廣西二模)已知函數(shù)f(x)=ln (x+a)-x(a∈R),直線(xiàn)l:y=-23x+ln 3-23是曲線(xiàn)y=f(x)的一條切線(xiàn). (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(wú)零點(diǎn). 2.已知函數(shù)f(x)=23x3-2ax2-3x. (1)當(dāng)a=0時(shí),求曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(3,f(3))處的切線(xiàn)方程; (2)對(duì)一切x∈(0,+∞),af′(x)+4a2x≥ln x-3a-1恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 3.(2018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(diǎn)(0,f(0))處的切線(xiàn)的方程; (2)若對(duì)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-12x2-ax有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)). (1)求實(shí)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)=1x+a-1, 設(shè)切點(diǎn)為(m,n), 直線(xiàn)l:y=-23x+ln 3-23是曲線(xiàn)y=f(x)的一條切線(xiàn), 可得1m+a-1=-23,ln (m+a)-m=-23m+ln 3-23, 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-1-1x =(x+1)(ex-1x), 可設(shè)ex-1x=0的根為m, 即有em=1m,即有m=-ln m, 當(dāng)x>m時(shí),g(x)遞增,00恒成立, 則函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn). 2.解:(1)由題意知a=0時(shí),f(x)=23x3-3x, 所以f′(x)=2x2-3. 又f(3)=9,f′(3)=15, 所以曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(3,f(3))處的切線(xiàn)方程為 15x-y-36=0. (2)由題意2ax2+1≥ln x, 即a≥lnx-12x2對(duì)一切x∈(0,+∞)恒成立. 設(shè)g(x)=lnx-12x2, 則g′(x)=3-2lnx2x3. 當(dāng)00; 當(dāng)x>e32時(shí),g′(x)<0. 所以當(dāng)x=e32時(shí),g(x)取得最大值[g(x)]max=14e3, 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[14e3,+∞). 3.解:(1)因?yàn)楫?dāng)a=1時(shí),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, 所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線(xiàn)的方程為y=x. (2)依題意,“對(duì)任意x∈[1,+∞),f(x)≥x3-x2+x”等價(jià)于“對(duì)任意x∈[1,+∞),a(x2-x+1)(ex-a)≥x(x2-x+1)”. 因?yàn)閤∈[1,+∞)時(shí),x2-x+1=(x-12)2+34≥1, 所以等價(jià)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(shí),g′(x)<0,g(x)=a(ex-a)-x在[1,+∞)上單調(diào)遞減, 此時(shí)g(1)=a(e-a)-1=ae-a2-1<0,不合題意,舍去. ②當(dāng)a>0時(shí),由g′(x)=aex-1=0得x=ln1a. x (-∞,ln1a) ln1a (ln1a,+∞) 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)ln1a≤1,即a≥1e時(shí),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e-e2-42≤a≤e+e2-42, 滿(mǎn)足a≥1e; b.當(dāng)ln1a>1,即00. 所以g(x)min=g(0)=1-a. 當(dāng)a≤1時(shí),f′(x)=g(x)≥0,函數(shù)f(x)無(wú)極值點(diǎn); 當(dāng)a>1時(shí),g(0)=1-a<0,且當(dāng)x→+∞時(shí),g(x)→+∞; 當(dāng)x→-∞時(shí),g(x)→+∞; 所以當(dāng)a>1時(shí),g(x)=f′(x)=ex-x-a有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2. 不妨設(shè)x10, 則h′(x)=-1ex-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ex2+e-x2-x22-2>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ex2+e-x2-x22-2>0, 所以f(-x2)+f(x2)>2,所以f(x1)+f(x2)>2.