大题规范满分练(一)函数与导数综合问题1.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:x(-∞,ln2)ln2(ln2,+∞)f′(x)-0+f(x)↘2-2ln2+2a↗故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞),f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为2-2ln2+2a.(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)取最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.即ex-x2+2ax-1>0,故当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.2.设函数f(x)=-klnx,k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值.(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.【解析】(1)由f(x)=-klnx(k>0),得x>0且f′(x)=x-=.由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如表:x(0,)(,+∞)f′(x)-0+f(x)↘↗所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值.(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减,且f()=0,所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.当k>e时,f(x)在区间(0,]上单调递减,且f(1)=>0,f()=<0,所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.3.(2020·徐州模拟)设函数f=ex+a,(1)求f的单调区间;(2)若不等式f>0对x∈恒成立,求整数a的最大值.【解析】(1)f′=xex-aex=ex.令f′=0,则x=a.当x∈时,f′<0;当x∈时,f′>0;所以f的单调递增区间是,单调递减区间是.(2)当x∈时,ex+a>0恒成立,等价于当x∈时,>a恒成立;即>a对x∈恒成立.令g=,x∈,g′=,令h=ex-2ex,x∈,h′=ex-2e>0,所以h=ex-2ex在上单调递增.又因为h=e2-4e<0,h=e3-6e>0,所以g′在上有唯一零点x0,且=2ex0,x0∈,所以g在上单调递减,在上单调递增,所以g=g===x0∈,所以a
