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2018届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练: 11 Word版含解析

2018届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练: 11 Word版含解析

11.函数与导数(A 组) 大题集训练,练就慧眼和规范,占领高考制胜点! 1.已知函数 f(x)=x·ex-1-a(x+lnx),a∈R. 世纪金榜导学号 92494447 (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为 x 轴,求 a 的值. (2)在(1)的条件下,求 f(x)的单调区间. (3) 若任意 x>0 , f(x) ≥ f(m) 恒成立,且 f(m) ≥ 0 ,求证: f(m) ≥ 2(m2-m3). 【解析】(1)f(x)的定义域是(0,+∞), f′(x)=ex-1+x·ex-1-a , 故 f(1)=1-a,f′(1)=2-2a, 故切线方程是 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,+∞)上递增, 又 g(1)=0,x∈(0,1)时,g(x)<g(1)=0, 此时 f′(x)<0,f(x)递减, x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=0,此时 f′(x)>0,f(x)递增, 故 f(x)在(0,1)递减,在(1,+∞)递增. (3)f′(x)=(x+1) , 令 h(x)=ex-1- ,x∈(0,+∞),h′(x)=ex-1+ , ①a≤0 时,h(x)>0,此时 f′(x)>0,f(x)递增,无最小值,故 a≤0 不符合题意; ②a>0 时,h′(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增, 取实数 b,满足 0<b<min 则 eb-1< = ,- <-2, -2<0, >1- , 故 h(b)=eb-1- < 又 h(a+1)=ea- = >0, , 所以存在唯一的 x0∈(b,a+1),使得 h(x0)=0,即 a=x0 x∈(0,x0)时,h(x)<h(x0)=0,此时 f′(x)<0,f(x)递减, x∈(x0,+∞)时,h(x)>h(x0)=0,此时 f′(x)>0,f(x)递增, 故 x=x0 时,f(x)取最小值, 由题设,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,显然ω(m)在(0,+∞)递减. 因为ω(1)=0,所以 1-m-lnm≥0,故 0<m≤1, 下面证明 em-1≥m,令 n(m)=em-1-m,则 n′(m)=em-1-1, m∈(0,1)时,n′(m)<0,n(m)在(0,1)递减, 故 m∈(0,1]时,n(m)≥n(1)=0,即 em-1≥m, 两边取对数,得 lnem-1≥lnm,即 m-1≥lnm,-lnm≥1-m, 故 1-m-lnm≥2(1-m)≥0, 因为 em-1≥m>0,所以 f(m)=m·em-1(1-m-lnm)≥m2·2(1-m)=2(m2-m3), 综上,f(m)≥2(m2-m3). 2.已知 f(x)=bx-b,g(x)=(bx-1)ex,b∈R. (1)若 b≥0,讨论 g(x)的单调性. (2)若不等式 f(x)>g(x)有且仅有两个整数解,求 b 的取值范围. 【解析】 (1)g′(x)=ex(bx+b-1), 当 b=0 时, g′(x)<0 在 R 上恒成立, 即 g(x)在(-∞,+∞)上单调递减, 当 b>0 时, g′(x)>0 的解集为 上单调递增,在 上单调递减. , 即 g(x)在 (2)由不等式 f(x)>g(x)有且仅有两个整数解得, b(xex-x+1)<ex 有两个整数解. 当 x>0 时,ex-1>0,x(ex-1)+1>0;当 x<0 时,ex-1<0,x(ex-1)+1>0, 所以,b< 有两个整数解,设φ(x)= ,则φ′ (x)= , 令 h(x)=2-x-ex , 则 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)为增函数, 在(x0, +∞)为减函数, 所以 b< 有两个整数解的充要条件是 b<1. ,解得 ≤

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