【步步高】（全国通用）2016版高考数学复习考前三个月压轴大题突破练3函数与导数（一）理1.已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R).(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝0处的切线方程；(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.2.(2015·大庆实验中学冲刺模拟)已知a∈R，函数f(x)＝lnx－a(x－1).(1)若a＝，求函数y＝|f(x)|的极值点；(2)若不等式f(x)≤－＋恒成立，求a的取值范围.(e为自然对数的底数)3.已知函数f(x)＝xe-x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若当0
f，求实数k的取值范围.4.已知函数f(x)＝(1＋x)e-2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcosx.当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.答案精析压轴大题突破练31.解(1)设切线的斜率为k.因为a＝2，所以f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex(x－1).所以f(0)＝－2，k＝f′(0)＝e0(0－1)＝－1.所以所求的切线方程为y＝－x－2，即x＋y＋2＝0.(2)由题意得f′(x)＝ex(x－a＋1)，令f′(x)＝0，可得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2，当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min＝f(1)＝(1－a)e.②若a－1≥2，则a≥3，当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2.③若10，f(x)单调递增；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.又因为f(1)＝0，f(e)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)<0；当x∈(1，e－1)时，f(x)>0；当x∈(e－1，e)时，f(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f(x)<0.故y＝|f(x)|的极小值点为1和e，极大值点为e－1.(2)不等式f(x)≤－＋，整理为lnx＋－＋a≤0.设g(x)＝lnx＋－＋a，则g′(x)＝＋－＝＝.①当a≤0时，2ax－e<0，又x>0，所以当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)递减.从而g(x)max＝g(e)＝0.故g(x)≤0恒成立.②当a>0时，g′(x)＝＝.当a＝时，g′(x)＝≥0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，显然不成立.当a>时，0，函数g(x)单调递增.在上g′(x)<0，函数g(x)单调递减.又g(e)＝0，因此存在x0>e使g(x0)>0，故不满足题意.当0>e，而g＝ln＋2－·＋a＝－lna－1＋a＝ln.而a∈时，h(a)＝ea－ae，h′(a)＝ea－e<0，h＝e－e>0，故ln>0，即g>0，故不满足条件.综上所述，a≤0.3.解(1)由题意知f′(x)＝(1－x)e－x(x∈R).当f′(x)>0时，x<1；当f′(x)<0时，x>1.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞).又f′(x)＝0时，x＝1，所以函数f(x)的极大值为f(1)＝，无极小值.(2)当k≤0时，因为0f，符合题意.当0f(1)，这与函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增矛盾，不符合题意.当k≥1时，因为01，由(1)知函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以f≤f，要使ff，即xe－x>e－，即lnx－x>－lnx－，即2lnx－x＋>0.令h(x)＝2lnx－x＋(0h(1)＝0，所以f(x)>f，符合题意.综上可知k∈(－∞，0]∪[1，＋∞).4.(1)证明要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x).当x∈(0,1)时，h′(x)>0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0，所以f(x)≥1－x，x∈[0,1].要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)>0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0,1].综上，1－x≤f(x)≤，x∈...
