高考数学 17-18版 附加题部分 第3章 第67课 课时分层训练11

高考数学 17-18版 附加题部分 第3章 第67课 课时分层训练11

课时分层训练(十一)‎ A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ ‎1．(2017·如皋市高三调研一)已知函数f(x)＝e3x－6－3x，求函数y＝f(x)的极值．‎ ‎[解]　由f′(x)＝3e3x－6－3＝3(e3x－6－1)＝0，得x＝2.‎ x ‎(－∞，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎   所以，由上表可知f(x)极小值＝f(2)＝－5，‎ 所以f(x)在x＝2处取得极小值－5，无极大值．‎ ‎2．(2017·镇江期中) 已知函数f(x)＝e2x－1－2x.‎ ‎(1)求函数f(x)的导数f′(x)；‎ ‎(2)证明：当x∈R时，f(x)≥0 恒成立. 【导学号：62172356】‎ ‎[解]　(1)函数f(x)＝e2x－1－2x，定义域为R，‎ f′(x)＝e2x－1×(2x－1)′－2＝2e2x－1－2.‎ ‎(2)由题意f′(x)＝2e2x－1－2，x∈R ，‎ x，f′(x)，f(x)在x∈R上变化如下表：‎ x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  当x＝时f(x)取得极小值也是最小值，‎ 而f＝0，‎ 故f(x)≥0恒成立．‎ ‎3．(2016·北京高考)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎[解]　(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，‎ 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.‎ 依题设，即 解得 ‎(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.‎ 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎4．已知函数f(x)＝x－eax(a＞0)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求函数f(x)在上的最大值. 【导学号：62172357】‎ ‎[解]　(1)f(x)＝x－eax(a＞0)，则f′(x)＝1－aeax，‎ 令f′(x)＝1－aeax＝0，则x＝ln.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ln f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  故函数f(x)的增区间为；减区间为.‎ ‎(2)当ln≥，即0＜a≤时，‎ f(x)max＝f＝－e2；‎ 当＜ln＜，即＜a＜时，‎ f(x)max＝f＝ln－；‎ 当ln≤，即a≥时，‎ f(x)max＝f＝－e.‎ B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．(2017·如皋市高三调研一)设函数f(x)＝ax＋xeb－x(其中a，b为常数)，函数y＝f(x)在点(2,2e＋2)处的切线的斜率为e－1.‎ ‎(1)求函数y＝f(x)的解析式；‎ ‎(2)求函数y＝f(x)的单调区间．‎ ‎[解]　(1)因为f′(x)＝a＋eb－x－xeb－x，所以f′(2)＝a－eb－2＝e－1，①‎ 且f(2)＝2a＋2eb－2＝2e＋2，②‎ 由①②得a＝e，b＝2，所以f(x)＝ex＋xe2－x.‎ ‎(2)f′(x)＝e＋e2－x－xe2－x，‎ 由f″(x)＝－e2－x－e2－x＋xe2－x＝e2－x(x－2)＝0，得x＝2.‎ 当x变化时，f″(x)，f′(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f″(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f′(x)‎   f′(x)最小值＝e－1>0，即f′(x)>0恒成立．‎ 所以f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎2．已知函数f(x)＝(x－k)2e.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由f(x)＝(x－k)2e，得 f′(x)＝(x2－k2)e，‎ 令f′(x)＝0，得x＝±k，‎ 若k>0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，－k)‎ ‎－k ‎(－k，k)‎ k ‎(k，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  ‎4k2e－1‎  ‎0‎  所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)，单调递减区间是(－k，k)．‎ 若k<0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，k)‎ k ‎(k，－k)‎ ‎－k ‎(－k，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  ‎0‎  ‎4k2e－1‎  所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)，单调递增区间是(k，－k)．‎ ‎(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝e>，‎ 所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤.‎ 当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.‎ 所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤等价于f(－k)＝≤，‎ 解得－≤k<0.‎ 故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.‎ ‎3．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．‎ 所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)‎ ‎＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，‎ g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]‎ ‎＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．‎ ‎①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，‎ 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.‎ ‎②当b>2时，若x满足20)．‎ 当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；‎ 当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，‎ 因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x ‎)取得最小值，最小值为f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln .‎ 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .‎