2018届高考数学一轮复习 专题一 函数与导数课时作业（含解析）文

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1、函数与导数1．(2017·兰州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在R上为增函数；当a>0时，由f′(x)＝0得x＝lna.则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，lna)上为减函数，当x∈(lna，＋∞

2、)时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(lna，＋∞)上为增函数．(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x，∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m≤在(2，＋∞)上恒成立，令h(x)＝，x∈(2，＋∞)，h′(x)＝＝.令L(x)＝ex－x－2，L′(x)＝ex－1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0.即h(x)

3、＝在(2，＋∞)上为增函数，∴h(x)>h(2)＝，∴m≤.所以实数m的取值范围是.2．已知a∈R，函数f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e](其中e是自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间和极值；(2)求函数f(x)在区间(0，e]上的最小值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x－lnx，对f(x)求导，得f′(x)＝2－＝.所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.由此可知f(x)的极小值为f＝1＋ln2，没有极大值．(2)记g(a)为函数f(x)在区间(0，e]上的最

4、小值．f′(x)＝a－＝.当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，则g(a)＝f(e)＝ae－1；当0时，f(x)在区间上单调递减，在上单调递增，则g(a)＝f＝1＋lna.综上所述，g(a)＝3．(2017·广西三市调研)已知函数f(x)＝ax＋xlnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k

5、(x－1)1恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝.令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∵h(

6、3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－2ln2>0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0.即当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0.∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．由h(x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，∴k

7、x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．解：(1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R.所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值　　故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a

8、)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：x(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)极小值　　即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a<1，所以F(x)min＝F