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1、
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高考大題專攻練
11.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(A組)
大題集訓(xùn)練，練就慧眼和規(guī)范，占領(lǐng)高考制勝點(diǎn)！
1.已知函數(shù)f(x)=x·ex-1-a(x+lnx)，a∈R.
世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號92494447
(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線為x軸，求a的值.
(2)在(1)的條件下，求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(3)若任意x>0，f(x)≥f(m)恒成立，且f(m)≥0，求證：f(m)≥2(m2-m3).
【解析】(1)f(
2、x)的定義域是(0，+∞)，
f′(x)=ex-1+x·ex-1-a，
故f(1)=1-a，f′(1)=2-2a，
故切線方程是y-(1-a)=(2-2a)(x-1)，
即y=(2-2a)x+a-1；
由2-2a=0，且a-1=0，解得a=1.
(2)由(1)得a=1，f′(x)=(x+1)，
令g(x)=ex-1-，x∈(0，+∞)，
所以g′(x)=ex-1+>0，故g(x)在(0，+∞)上遞增，
又g(1)=0，x∈(0，1)時(shí)，g(x)<g(1)=0，
此時(shí)f′(x)<0，f(x)遞減，
x∈(1，+∞)時(shí)，g(x)>g(1)=0
3、，此時(shí)f′(x)>0，f(x)遞增，
故f(x)在(0，1)遞減，在(1，+∞)遞增.
(3)f′(x)=(x+1)，
令h(x)=ex-1-，x∈(0，+∞)，h′(x)=ex-1+，
①a≤0時(shí)，h(x)>0，此時(shí)f′(x)>0，f(x)遞增，無最小值，故a≤0不符合題意；
②a>0時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(0，+∞)遞增，
取實(shí)數(shù)b，滿足0<b<min，
則eb-1<=，-<-2，
故h(b)=eb-1-<-2<0，
又h(a+1)=ea->1-=>0，
所以存在唯一的x0∈(b，a+
4、1)，使得h(x0)=0，即a=x0，
x∈(0，x0)時(shí)，h(x)<h(x0)=0，此時(shí)f′(x)<0，f(x)遞減，
x∈(x0，+∞)時(shí)，h(x)>h(x0)=0，此時(shí)f′(x)>0，f(x)遞增，
故x=x0時(shí)，f(x)取最小值，
由題設(shè)，x0=m，故a=m·em-1，lna=lnm+m-1，
f(m)=mem-1(1-m-lnm)，
由f(m)≥0，得1-m-lnm≥0，
令ω(m)=1-m-lnm，顯然ω(m)在(0，+∞)遞減.
因?yàn)棣?1)=0，所以1-m-lnm≥0，故0<m≤1，
下面證明em-1≥m，令n(m)=e
5、m-1-m，則n′(m)=em-1-1，
m∈(0，1)時(shí)，n′(m)<0，n(m)在(0，1)遞減，
故m∈(0，1]時(shí)，n(m)≥n(1)=0，即em-1≥m，
兩邊取對數(shù)，得lnem-1≥lnm，即m-1≥lnm，-lnm≥1-m，
故1-m-lnm≥2(1-m)≥0，
因?yàn)閑m-1≥m>0，所以f(m)=m·em-1(1-m-lnm)≥m2·2(1-m)=2(m2-m3)，
綜上，f(m)≥2(m2-m3).
2.已知f(x)=bx-b，g(x)=(bx-1)ex，b∈R.
(1)若b≥0，討論g(x)的單調(diào)性.
(2)若不等式f(x)
6、>g(x)有且僅有兩個(gè)整數(shù)解，求b的取值范圍.
【解析】(1)g′(x)=ex(bx+b-1)，當(dāng)b=0時(shí)，g′(x)<0在R上恒成立，即g(x)在(-∞，+∞)上單調(diào)遞減，
當(dāng)b>0時(shí)，g′(x)>0的解集為，即g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
(2)由不等式f(x)>g(x)有且僅有兩個(gè)整數(shù)解得，
b(xex-x+1)<ex有兩個(gè)整數(shù)解.
當(dāng)x>0時(shí)，ex-1>0，x(ex-1)+1>0；當(dāng)x<0時(shí)，ex-1<0，x(ex-1)+1>0，所以，b<有兩個(gè)整數(shù)解，設(shè)φ(x)=，則φ′(x)=，令h(x)=2-x-ex，則h′(x)=-1-ex<0，又h(0)=1>0，h(1)=1-e<0，所以存在x0∈(0，1)，使得h(x0)=0，所以φ(x)在(-∞，x0)為增函數(shù)，在(x0，+∞)為減函數(shù)，所以b<有兩個(gè)整數(shù)解的充要條件是，解得≤b<1.
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