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高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)檢測:專題一 高考解答題鑒賞函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課時作業(yè)17 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時作業(yè)17 高考解答題鑒賞——函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.(20xx蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若a=1,函數(shù)g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x在(2,+∞)上為增函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍. 解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為R,f′(x)=ex-a. 當(dāng)a≤0時,f′(x)>0, ∴f(x)在R上為增函數(shù); 當(dāng)a>0時,由f′(x)=0得x=lna. 則當(dāng)x∈(-∞,lna)時,f′(x

2、)<0, ∴函數(shù)f(x)在(-∞,lna)上為減函數(shù), 當(dāng)x∈(lna,+∞)時,f′(x)>0, ∴函數(shù)f(x)在(lna,+∞)上為增函數(shù). (2)當(dāng)a=1時,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x, ∵g(x)在(2,+∞)上為增函數(shù), ∴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,+∞)上為增函數(shù),即L(x)>L(2)=e2-4>0,∴h′(x)>0

3、. 即h(x)=在(2,+∞)上為增函數(shù),∴h(x)>h(2)=,∴m≤. 所以實數(shù)m的取值范圍是. 2.已知a∈R,函數(shù)f(x)=ax-lnx,x∈(0,e](其中e是自然對數(shù)的底數(shù)). (1)當(dāng)a=2時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值; (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e]上的最小值. 解:(1)當(dāng)a=2時,f(x)=2x-lnx,對f(x)求導(dǎo),得f′(x)=2-=. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是. 由此可知f(x)的極小值為f=1+ln2,沒有極大值. (2)記g(a)為函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e]上的最小值. f′(x)=a-=. 當(dāng)a≤0時,f′(

4、x)<0,所以f(x)在區(qū)間(0,e]上單調(diào)遞減,則g(a)=f(e)=ae-1; 當(dāng)0時,f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,則g(a)=f=1+lna. 綜上所述,g(a)= 3.(20xx廣西三市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=ax+xlnx(a∈R). (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e,+∞)上為增函數(shù),求a的取值范圍; (2)當(dāng)a=1且k∈Z時,不等式k(x-1)

5、x)≥0在[e,+∞)上恒成立, 即lnx+a+1≥0在[e,+∞)上恒成立, 即a≥-(lnx+1)在[e,+∞)上恒成立, 而[-(lnx+1)]max=-(lne+1)=-2, ∴a≥-2. (2)f(x)=x+xlnx,k<, 即k<對任意x>1恒成立.令g(x)=,則g′(x)=. 令h(x)=x-lnx-2(x>1), 則h′(x)=1-=>0, ∴h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ∵h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0,∴存在x0∈(3,4)使h(x0)=0. 即當(dāng)1x0時,h(x)>0,

6、即g′(x)>0. ∴g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增. 由h(x0)=x0-lnx0-2=0,得lnx0=x0-2, g(x)min=g(x0)= ==x0∈(3,4), ∴k

7、時,f(x)和f′(x)的變化情況如下: x (-∞,-a-1) -a-1 (-a-1,+∞) f′(x) - 0 + f(x)  極小值    故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-a-1),單調(diào)遞增區(qū)間為(-a-1,+∞). (2)結(jié)論:函數(shù)g(x)有且僅有一個零點. 理由如下: 由g(x)=f(x-a)-x2=0,得方程xex-a=x2,顯然x=0為此方程的一個實數(shù)解, 所以x=0是函數(shù)g(x)的一個零點. 當(dāng)x≠0時,方程可化簡為ex-a=x. 設(shè)函數(shù)F(x)=ex-a-x,則F′(x)=ex-a-1, 令F′(x)=0,得x=a. 當(dāng)x變化

8、時,F(xiàn)(x)和F′(x)的變化情況如下: x (-∞,a) a (a,+∞) F′(x) - 0 + F(x)  極小值    即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,a).所以F(x)的最小值F(x)min=F(a)=1-a. 因為a<1,所以F(x)min=F(a)=1-a>0,所以對于任意x∈R,F(xiàn)(x)>0, 因此方程ex-a=x無實數(shù)解. 所以當(dāng)x≠0時,函數(shù)g(x)不存在零點. 綜上,函數(shù)g(x)有且僅有一個零點. 1.已知定義域為R的奇函數(shù)f(x),當(dāng)x>0時,f(x)=lnx-ax+1(a∈R). (1)求函數(shù)

9、f(x)的解析式; (2)若函數(shù)y=f(x)在R上恰有5個零點,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)設(shè)x<0,則-x>0, 因為f(x)是奇函數(shù), 所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-ax-1, 當(dāng)x=0時,f(x)=0. 所以函數(shù) f(x)= (2)因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù),所以函數(shù)y=f(x)的零點關(guān)于原點對稱,由f(x)=0恰有5個不同的實數(shù)根,知5個實數(shù)根中有兩個正根、兩個負根、一個零根,且兩個正根和兩個負根互為相反數(shù). 所以要使方程f(x)=0恰有5個不同的實數(shù)根,只要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有兩個不同的實數(shù)根. 下面研究x>0時的情況: 因為f

10、′(x)=-a,所以當(dāng)a≤0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上為單調(diào)遞增函數(shù),所以方程f(x)=0在(0,+∞)上不可能有兩個不同的實數(shù)根. 所以當(dāng)a>0時,f′(x)=, 令f′(x)=0,得x=. 當(dāng)00,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x>時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 所以函數(shù)f(x)在x=處取得極大值-lna. 所以要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有兩個不同的實數(shù)根,只要-lna>0,解得0

11、求a的值; (2)在(1)的條件下,求證:f(x)≥-+-4x+; (3)當(dāng)x∈[e,+∞)時,f(x)≥0恒成立,求a的取值范圍. 解:(1)f′(x)=2x-a-, 由題意可得f′(1)=0,解得a=1. 經(jīng)檢驗,a=1時,f(x)在x=1處取得極值,所以a=1. (2)證明:由(1)知,f(x)=x2-x-lnx,令g(x)=f(x)-=-+3x-lnx-, 由g′(x)=x2-3x+3-=-3(x-1)=(x>0),可知g(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù),所以g(x)≥g(1)=0,所以f(x)≥-+-4x+成立. (3)由x∈[e,+∞)知,x+lnx>0,所以f(x)≥0恒成立等價于a≤在x∈[e,+∞)時恒成立,令h(x)=,x∈[e,+∞),有h′(x)=>0,所以h(x)在[e,+∞)上是增函數(shù),有h(x)≥h(e)=,所以a≤. 故所求a的取值范圍是.

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