压轴大题高分练8.函数与导数(D组)压轴大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考高分根基!1.已知函数f(x)=(x-4)ex-2+mx(m∈R).(1)当x>2时,f(x)≥0恒成立,求实数m的取值范围.(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>2)有最小值,设g(x)最小值为h(a),求函数h(a)的值域.【解析】(1)因为f(x)=(x-4)ex-2+mx≥0对∀x∈(2,+∞)恒成立,等价于ex-2≥-m对∀x∈(2,+∞)恒成立,设φ(x)=ex-2=ex-2,φ′(x)=ex-2=ex-2≥0,故φ(x)在(2,+∞)上单调递增,当x>2时,由题意知φ(x)>φ(2)=-1,所以-m≤-1,即m≥1,所以实数m的取值范围为[1,+∞).(2)对g(x)=(x>2)求导得g′(x)==(x>2),记F(x)=ex-2+a(x>2),由(1)知F(x)在区间(2,+∞)内单调递增,又F(2)=-1+a<0,F(4)=a≥0,所以存在唯一正实数x0∈(2,4],使得F(x0)=+a=0,-a=.所以当x∈(2,x0)时,F(x)<0,g′(x)<0,函数g(x)在区间(2,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,F(x)>0,g′(x)>0,函数g(x)在区间(x0,+∞)上单调递增;所以g(x)在(2,+∞)内有最小值g(x0)=.由题设即h(a)=.又因为-a=,所以h(a)=.根据(1)知,φ(x)=ex-2在(2,+∞)内单调递增,=-a∈(-1,0],所以2
0,函数u(x)在区间(2,4]内单调递增,所以u(2)2.【解析】(1)f′(x)=ex+xex=ex(x+1),令f(x)=0,′解得x=-1,当x变化时,f(x),f(x)′的变化情况如表:x(-∞,-1)-1(-1,+∞)f′(x)<00>0f(x)单调递减-单调递增所以函数f(x)的增区间为(-1,+∞),减区间为(-∞,-1);函数f(x)在x=-1处取得极小值f(-1)=-,无极大值.(2)由g(x)=xex-a(x2+2x+1),则g′(x)=(x+1)(ex-a),①当a=0时,g(x)=xex,易知函数g(x)只有一个零点,不符合题意;②当a<0时,在(-∞,-1)上,g′(x)<0,g(x)单调递减;在(-1,+∞)上,g′(x)>0,g(x)单调递增,又g(-1)=-<0,g(1)=e-2a>0,当x→-∞时,g(x)→+∞,所以函数g(x)有两个零点;③当00,g(x)单调递增,在(lna,-1)上g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(lna)=alna-a(lna)2-a=-a[(lna)2+1]<0,所以函数g(x)至多一个零点,不符合题意;④当a>时,在(-∞,-1)和(lna,+∞)上g′(x)>0,g(x)单调递增,在(-1,lna)上g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(-1)=-<0,所以函数g(x)至多一个零点,不符合题意;⑤当a=时,g′(x)≥0,函数在x∈R上单调递增,所以函数g(x)至多一个零点,不符合题意;综上,实数a的取值范围是(-∞,0).(3)由h(x)=-f(-x)=xe-x,h′(x)=e-x(1-x),令h′(x)=0,解得x=1,当x变化时,h(x),h(x)′的变化情况如表:x(-∞,1)1(1,+∞)h′(x)>00<0h(x)单调递增单调递减由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2)结合图象可知x1>1,x2<1,令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈(1,+∞),则F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,因为x>1,2x-2>0,所以e2x-2-1>0,则F′(x)>0,所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=0,即当x>1时,h(x)>h(2-x),则h(x1)>h(2-x1),又h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2-x1),因x1>1,所以2-x1<1,所以x2,2-x1∈(-∞,1),因为h(x)在(-∞,1)上是增函数,所以x2>2-x1,所以x1+x2>2得证.
