2018届高考数学（文）大一轮复习检测：专题一 高考解答题鉴赏——函数与导数 课时作业17 含答案

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1、课时作业17　高考解答题鉴赏——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

2、函数,当x∈(lna,＋∞)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′(

3、x)>0.即h(x)＝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(

4、0,e]上的最小值、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,

5、不等式k(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、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)－x2＝

8、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