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

《高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)檢測(cè)：專題一 高考解答題鑒賞函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課時(shí)作業(yè)17 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)檢測(cè)：專題一 高考解答題鑒賞函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 課時(shí)作業(yè)17 Word版含答案（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)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(duì)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(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex－a. 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0， ∴f(x)在R上為增函數(shù)； 當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝lna. 則當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x

2、)<0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，lna)上為減函數(shù)， 當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， ∴函數(shù)f(x)在(lna，＋∞)上為增函數(shù)． (2)當(dāng)a＝1時(shí)，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(shí)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(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)a＝2時(shí)，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(shí)，f(x)＝2x－lnx，對(duì)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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(duì)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(yuǎn)(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－2ln2>0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0. 即當(dāng)1x0時(shí)，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(shí)，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(gè)零點(diǎn)． 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(gè)實(shí)數(shù)解， 所以x＝0是函數(shù)g(x)的一個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)x≠0時(shí)，方程可化簡(jiǎn)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(shí)，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?yàn)閍<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以對(duì)于任意x∈R，F(xiàn)(x)>0， 因此方程ex－a＝x無實(shí)數(shù)解． 所以當(dāng)x≠0時(shí)，函數(shù)g(x)不存在零點(diǎn)． 綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)． 1．已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)f(x)，當(dāng)x>0時(shí)，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(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)設(shè)x<0，則－x>0， 因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)， 所以f(x)＝－f(－x)＝－ln(－x)－ax－1， 當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝0. 所以函數(shù) f(x)＝ (2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù)，所以函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，由f(x)＝0恰有5個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，知5個(gè)實(shí)數(shù)根中有兩個(gè)正根、兩個(gè)負(fù)根、一個(gè)零根，且兩個(gè)正根和兩個(gè)負(fù)根互為相反數(shù)． 所以要使方程f(x)＝0恰有5個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，只要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根． 下面研究x>0時(shí)的情況： 因?yàn)閒

10、′(x)＝－a，所以當(dāng)a≤0時(shí)，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(gè)不同的實(shí)數(shù)根． 所以當(dāng)a>0時(shí)，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(shí)，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(gè)不同的實(shí)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(shí)，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(yàn)，a＝1時(shí)，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(jià)于a≤在x∈[e，＋∞)時(shí)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.