高考数学(文)大一轮复习检测八大专题合集(含答案)

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)＝e－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)－e＋x＋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)＝e－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，＋∞)时，f′(x)>0， ∴函数f(x)在(lna，＋∞)上为增函数.

(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(e－x)－e＋x＋x， ∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，

∴g′(x)＝xe－me＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m≤

xxxx2

xx2

xxex＋1

e－1

xx在(2，＋∞)上恒成立， ，x∈(2，＋∞)，

xxx令h(x)＝

xex＋1

e－1e

xxh′(x)＝

－xe－2ee

＝x2

e－1

2

e－x－2

. x2

e－1

xxx令L(x)＝e－x－2，L′(x)＝e－1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L(x)＝e－x－2在(2，＋∞)上为增函数，即L(x)>L(2)＝e－4>0，∴h′(x)>0.

2e＋12e＋1

即h(x)＝x在(2，＋∞)上为增函数，∴h(x)>h(2)＝2，∴m≤2. e－1e－1e－12e＋1??所以实数m的取值范围是?－∞，2.

e－1???

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.

2

2

xex＋1

22

12x－1

解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x－lnx，对f(x)求导，得f′(x)＝2－＝.

xx?1??1?所以f(x)的单调递减区间是?0，?，单调递增区间是?，e?.

?2??2??1?由此可知f(x)的极小值为f??＝1＋ln2，没有极大值. ?2?

(2)记g(a)为函数f(x)在区间(0，e]上的最小值. 1ax－1

f′(x)＝a－＝.

xx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； 1

当0

e1?1??1??1?当a>时，f(x)在区间?0，?上单调递减，在?，e?上单调递增，则g(a)＝f??＝1＋e?a??a??a?lna.

1

ae－1，a≤，??e

综上所述，g(a)＝?1

1＋lna，a>.??e

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(x－1)

由题意知f′(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<

fx， x－1

x＋xlnxx＋xlnxx－lnx－2

对任意x>1恒成立.令g(x)＝，则g′(x)＝. x－1x－1x－12

令h(x)＝x－lnx－2(x>1)， 1x－1则h′(x)＝1－＝>0，

xx∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增.

∵h(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，

x01＋lnx0

g(x)min＝g(x0)＝

x0－1

＝

x01＋x0－2

＝x0∈(3，4)，

x0－1

∴k

4.已知函数f(x)＝(x＋a)e，其中e是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x的零点个数，并说明理由. 解：(1)因为f(x)＝(x＋a)e，x∈R. 所以f′(x)＝(x＋a＋1)e. 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：

xx2

xx f′(x) f(x) (－∞，－a－1) － －a－1 0 极小值 (－a－1，＋∞) ＋ 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)－x＝0，得方程xe所以x＝0是函数g(x)的一个零点. 当x≠0时，方程可化简为e设函数F(x)＝e

x－ax－a2

x－a＝x，显然x＝0为此方程的一个实数解，

2

＝x.

x－a－x，则F′(x)＝e－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 F′(x) F(x) (－∞，a) － a 0 极小值 (a，＋∞) ＋ 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(a)＝1－a>0，所以对于任意x∈R，F(x)>0， 因此方程e

x－a＝x无实数解.

所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点. 综上，函数g(x)有且仅有一个零点.

1.已知定义域为R的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R). (1)求函数f(x)的解析式；

(2)若函数y＝f(x)在R上恰有5个零点，求实数a的取值范围. 解：(1)设x<0，则－x>0， 因为f(x)是奇函数，

所以f(x)＝－f(－x)＝－ln(－x)－ax－1， 当x＝0时，f(x)＝0. 所以函数

lnx－ax＋1x>0，??

f(x)＝?0x＝0，

??－ln－x－ax－1x<0.

(2)因为函数f(x)是奇函数，所以函数y＝f(x)的零点关于原点对称，由f(x)＝0恰有5个不同的实数根，知5个实数根中有两个正根.两个负根.一个零根，且两个正根和两个负根互为相反数.

所以要使方程f(x)＝0恰有5个不同的实数根，只要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根.

下面研究x>0时的情况：

1

因为f′(x)＝－a，所以当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，

x所以方程f(x)＝0在(0，＋∞)上不可能有两个不同的实数根.

?1?－a?x－??a?

所以当a>0时，f′(x)＝，

x1令f′(x)＝0，得x＝.

a1

当00，函数f(x)单调递增；

a1

当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，

a1

所以函数f(x)在x＝处取得极大值－lna.

a