高考數(shù)學 17-18版 附加題部分 第3章 第67課 課時分層訓練11

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1、 課時分層訓練(十一) A組　基礎達標 (建議用時：30分鐘) 1．(2017·如皋市高三調研一)已知函數(shù)f(x)＝e3x－6－3x，求函數(shù)y＝f(x)的極值． [解]　由f′(x)＝3e3x－6－3＝3(e3x－6－1)＝0，得x＝2. x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以，由上表可知f(x)極小值＝f(2)＝－5， 所以f(x)在x＝2處取得極小值－5，無極大值． 2．(2017·鎮(zhèn)江期中) 已知函數(shù)f(x)＝e2x－1－2x. (1)求函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)； (2)證明：當x∈R時，f(x

2、)≥0 恒成立. 【導學號：62172356】 [解]　(1)函數(shù)f(x)＝e2x－1－2x，定義域為R， f′(x)＝e2x－1×(2x－1)′－2＝2e2x－1－2. (2)由題意f′(x)＝2e2x－1－2，x∈R ， x，f′(x)，f(x)在x∈R上變化如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  當x＝時f(x)取得極小值也是最小值， 而f＝0， 故f(x)≥0恒成立． 3．(2016·北京高考)設函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b

3、的值； (2)求f(x)的單調區(qū)間． [解]　(1)因為f(x)＝xea－x＋bx， 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設，即 解得 (2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex. 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增． 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g

4、(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 4．已知函數(shù)f(x)＝x－eax(a＞0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值. 【導學號：62172357】 [解]　(1)f(x)＝x－eax(a＞0)，則f′(x)＝1－aeax， 令f′(x)＝1－aeax＝0，則x＝ln. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x ln f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  故函數(shù)f(x)的增區(qū)間為；減區(qū)間為. (2)當ln

5、≥，即0＜a≤時， f(x)max＝f＝－e2； 當＜ln＜，即＜a＜時， f(x)max＝f＝ln－； 當ln≤，即a≥時， f(x)max＝f＝－e. B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·如皋市高三調研一)設函數(shù)f(x)＝ax＋xeb－x(其中a，b為常數(shù))，函數(shù)y＝f(x)在點(2,2e＋2)處的切線的斜率為e－1. (1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式； (2)求函數(shù)y＝f(x)的單調區(qū)間． [解]　(1)因為f′(x)＝a＋eb－x－xeb－x，所以f′(2)＝a－eb－2＝e－1，① 且f(2)＝2a＋2eb－2＝2e＋2，② 由①②得a＝

6、e，b＝2，所以f(x)＝ex＋xe2－x. (2)f′(x)＝e＋e2－x－xe2－x， 由f″(x)＝－e2－x－e2－x＋xe2－x＝e2－x(x－2)＝0，得x＝2. 當x變化時，f″(x)，f′(x)的變化情況如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f″(x) － 0 ＋ f′(x)   f′(x)最小值＝e－1>0，即f′(x)>0恒成立． 所以f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，＋∞)． 2．已知函數(shù)f(x)＝(x－k)2e. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍． [解]

7、　(1)由f(x)＝(x－k)2e，得 f′(x)＝(x2－k2)e， 令f′(x)＝0，得x＝±k， 若k>0，當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  4k2e－1  0  所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－k)和(k，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(－k，k)． 若k<0，當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 －

8、 f(x)  0  4k2e－1  所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，k)和(－k，＋∞)，單調遞增區(qū)間是(k，－k)． (2)當k>0時，因為f(k＋1)＝e>， 所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤. 當k<0時，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝. 所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等價于f(－k)＝≤， 解得－≤k<0. 故當?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時，k的取值范圍是. 3．已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x. (1)討論f(x)的單調性； (2)設g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當x>0時，g(x)>0，求

9、b的最大值． [解]　(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等號僅當x＝0時成立． 所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增． (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)． ①當b≤2時，g′(x)≥0，等號僅當x＝0時成立， 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增． 而g(0)＝0，所以對任意x>0，g(x)>0. ②當b>2時，若x滿足2

10、g′(x)<0. 而g(0)＝0，因此當00)． 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當a>0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln . 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln .