高三数学一轮复习： 热点探究训练1 导数应用中的高考热点问题

这是一份高三数学一轮复习： 热点探究训练1 导数应用中的高考热点问题，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝ex，其中a是常数，已知函数f＝ex＋a2.，已知函数f＝eq \f.等内容，欢迎下载使用。

1．(2014·全国卷Ⅱ节选)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值．
[解] (1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等号仅当x＝0时成立．
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 3分
(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)
＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]
＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2). 5分
①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0. 8分
②当b>2时，若x满足2而g(0)＝0，因此当0综上，b的最大值为2. 12分
2．已知函数f(x)＝ex(x2＋ax－a)，其中a是常数．

【导学号：01772100】
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝ex(x2＋ax－a)可得
f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]. 2分
当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为：
y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e. 5分
(2)令f′(x)＝ex[x2＋(a＋2)x]＝0，
解得x＝－(a＋2)或x＝0. 6分
当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，
所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，
所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根. 8分
当－(a＋2)＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为
f(－(a＋2))＝eq \f(a＋4,ea＋2).
因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，
是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，
有f(x)≥e－a(－a)＞－a，又f(0)＝－a.
所以要使方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋4,ea＋2)，－a)). 12分
3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).1分
(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.3分
(ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－eq \f(e,2)，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞－eq \f(e,2)，则ln(－2a)＜1，
故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减. 5分
③若a＜－eq \f(e,2)，则ln(－2a)＞1，
故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减. 7分
(2)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜lneq \f(a,2)，则f(b)＞eq \f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以f(x)有两个零点. 9分
(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)设a＜0，若a≥－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞). 12分
4．(2017·郑州二次质量预测)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x－m).
(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；
(2)若m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．
[解] (1)f′(x)＝eq \f(exx－m－ex,x－m2)＝eq \f(exx－m－1,x－m2)， 2分
当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0；当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增.4分
(2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，
所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1. 5分
因为m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，g(x)在x∈[m，m＋1]最大值为(m＋1)2＋m＋1.
所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，
令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，
因为x＝m＋1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，所以h′(x)＝ex－2＞0，m′(x)单调递增.8分
所以m′(1)＝e－3＜0，m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝e－4＞0，故存在x0∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0，
所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(3,2)))上单调递增，
所以m(x)≥m(x0)＝ex0－xeq \\al(2,0)－x0＝2x0＋1－xeq \\al(2,0)－x0＝－xeq \\al(2,0)＋x0＋1，
所以当x0∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，m(x0)＝－xeq \\al(2,0)＋x0＋1＞0，
即ex＞(1＋x)x，也即f(m＋1)＞(m＋1)2＋m＋1，
所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方. 12分
x
0
(0，－(a＋2))
－(a＋2)
(－(a＋2)，＋∞)
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
－a

eq \f(a＋4,ea＋2)
