2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（B）理

《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（B）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 六 導(dǎo)數(shù)（B）理（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)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(diǎn). 2.已知函數(shù)f(x)=x3-2ax2-3x. (1)當(dāng)a=0時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(3,f(3))處的切線方程; (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·

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(diǎn)(0,f(0))處的切線的方程; (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-x2-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)=-1, 設(shè)切點(diǎn)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(shí),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(diǎn). 2.解:(1)由題意知a=0時(shí),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(diǎn)(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(duì)一切x∈(0,+∞)恒成立. 設(shè)g(x)=, 則g′(x)=. 當(dāng)00; 當(dāng)x>時(shí),g′(x)<0. 所以當(dāng)x=時(shí),g(x)取得最大值[g(x)]max=, 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[,+∞). 3.解:(1)因?yàn)楫?dāng)a=1時(shí),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(diǎn)(0,f(0))處的切線的方程為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-)2+≥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

6、′(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=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(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≤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(shí),g′(x)<0; 當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),g′(x)>0. 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)x1

9、 (2)證明:由(1)知,x1,x2為g(x)=0的兩個(gè)實(shí)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.