【创新方案】（新课标）2017届高考数学总复习课后作业（十七）文新人教A版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)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．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．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)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以对于任意x∈R，F(x)>0，因此方程ex－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点．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0
