2019届高考数学二轮复习 大题专项练六 导数（B）文

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1、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+ln3-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.(2018·咸阳一模)已知f(x)=ex-alnx(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.3.(2018·凯里市校级三模)已知函数f(x)=(

2、m≠0).(1)试讨论函数f(x)的单调性;(2)对∀a,b∈(e,+∞),且aba.4.(2018·辽宁模拟)已知函数f(x)=-x+alnx(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)

3、-m=-m+ln3-,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-lnx,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=-lnm,当x>m时,g(x)递增,00恒成立,则函数g(x)无零点.2.解:(1)由f(x)=

4、ex-alnx,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-alnx,原不等式即为ex+lnx-e-m(x-1)>0,记F(x)=ex+lnx-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

5、≤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′(lnm)=>0,故存在x1∈(1,lnm)使F′(x)=0,当10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,+∞),

6、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af(b),所以>,所以blna>alnb,所以ab>ba.4.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

7、,+∞)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)

8、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+alna,故2a>-a+alna,解得0