【创新方案】2017届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第五节热点专题——导数综合应用的热点问题课后作业理1．(2016·兰州模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．2．已知a∈R，函数f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e](其中e是自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间和极值；(2)求函数f(x)在区间(0，e]上的最小值．3．已知函数f(x)＝lnx＋(a>0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根情况．4．(2016·郑州模拟)已知函数f(x)＝ax－1＋lnx，其中a为常数．(1)当a∈时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－4，求a的值；(2)当a＝－时，若函数g(x)＝|f(x)|－－存在零点，求实数b的取值范围．5．已知函数f(x)＝(x＋1)e－x(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立．求实数t的取值范围．.6．已知函数f(x)＝x2－ax－alnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－＋－4x＋；(3)当x∈[e，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．1答案1．解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在R上为增函数；当a>0时，由f′(x)＝0得x＝lna，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－∞，lna)上为减函数，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(lna，＋∞)上为增函数．(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x， g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴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，＋∞)上为增函数，即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0，即h(x)＝在(2，＋∞)上为增函数，∴h(x)>h(2)＝，∴m≤.所以实数m的取值范围是.2．解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x－lnx，对f(x)求导，得f′(x)＝2－＝.所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，由此可知f(x)的极小值为f＝1＋ln2，没有极大值．(2)记g(a)为函数f(x)在区间(0，e]上的最小值．f′(x)＝a－＝.当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，e]上单调递减，则g(a)＝f(e)＝ae－1；当0
时，f(x)在区间上单调递减，在上单调递增，则g(a)＝f＝1＋lna.综上所述，g(a)＝3．解：(1)f(x)＝lnx＋的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＝.因为a>0，由f′(x)>0，得x∈(a，＋∞)，由f′(x)<0，得x∈(0，a)，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(2)由题意，将方程f(x)＝－化简得b＝lnx－x2＋，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝lnx－x2－b＋，则h′(x)＝－x＝.当x∈(0,1)，h′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．所以h(x)在x＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h(1)＝ln1－×12－b＋＝－b.所以当－b>0，即b<0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有两个交点，方程f(x)＝－有两个实根；2当b＝0时，y＝h(x)和图象与x轴恰有一个交点，方程f(x)＝－有一个实根；当b>0时，y＝h(x)的图象与x轴无交点，方程f(x)＝－无实根．4．解：(1)f′(x)＝a＋，令f′(x)＝0得x＝－，因为a∈，所以0<－0得00}，当a＝－时，f(x)＝－－1＋lnx，所以f′(x)＝－＋＝－，当00；当x>e时，f′(x)<0，所以，f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)，所以f(x)max＝f(e)＝－1，所以|f(x)|≥1.令h(x)＝＋，则h′(x)＝.当00；当x>e时，h′(x)<0，从而h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)max...
