2018年高考数学一轮复习课时跟踪检测17文新人教A版

1 课时跟踪检测(十七) [高考基础题型得分练] 1．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x>0)，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)． (1)确定a的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值． 解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(x＞0)，

故f′(x)＝2a(x－5)＋6x. 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，

由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝12.

(2)由(1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6ln x(x>0)， f′(x)＝x－5＋6x＝x－x－x.

令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 当03时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)； 当2＜x＜3时，f′(x)＜0， 故f(x)的单调递减区间是(2,3)．

由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3. 2．[2017·甘肃兰州模拟]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． 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＝ln a， 则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0， ∴函数f(x)在(－∞，ln a)上为减函数； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 2

∴函数f(x)在(ln a，＋∞)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≤xex＋1ex－1在(2，＋∞)上恒成立，

令h(x)＝xex＋1ex－1，x∈(2，＋∞)， h′(x)＝x2－xex－2exx－2＝exx－x－x－2.

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)＝xex＋1ex－1在(2，＋∞)上为增函数，

∴h(x)>h(2)＝2e2＋1e2－1， ∴m≤2e2＋1e2－1. ∴实数m的取值范围是－∞，2e2＋1e2－1. 3．已知f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x. (1)当a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)当a＞0时，若f(x)在区间[1，e]上最小值为－2，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，

f′(x)＝2x－3＋1x.

因为f′(1)＝0，f(1)＝－2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2. (2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域是(0，＋∞)．

当a＞0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x

＝2ax2－a＋x＋1x， 令f′(x)＝2ax2－a＋x＋1x＝x－ax－x＝0， 3

解得x＝12或x＝1a. 当0＜1a≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增， 所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2； 当1＜1a＜e时，f(x)在[1，e]上的最小值f1a＜f(1)＝－2，不合题意；

当1a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，此时f(x)在[1，e]上的最小值f(e)＜f(1)＝－2，不合题意． 综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明：f(x)＞0.

(1)解：f′(x)＝ex－1x＋m，由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝ex－1x＋1.

函数f′(x)＝ex－1x＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.

当m＝2时，函数f′(x)＝ex－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增． 又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)． 当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．

由f′(x0)＝0得ex0＝1x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，

故f(x)≥f(x0)＝1x0＋2＋x0＝x0＋2x0＋2＞0. 综上，当m≤2时，f(x)＞0. [冲刺名校能力提升练] 4

1．已知a∈R，函数f(x)＝ax－ln x，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．

解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x－ln x，对f(x)求导，得f′(x)＝2－1x＝2x－1x.

所以f(x)的单调递减区间是0，12，单调递增区间是12，e， 由此可知f(x)的极小值为f12＝1＋ln 2，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－1x＝ax－1x.

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

当a>1e时，f(x)在区间0，1a上单调递减，在区间1a，e上单调递增，则g(a)＝f1a＝1＋ln a.

综上所述，g(a)＝ ae－1，a≤1e，1＋ln a，a>1e. 2．[2017·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝ax－1＋ln x，其中a为常数． (1)当a∈－∞，－1e时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－4，求a的值；

(2)当a＝－1e时，若函数g(x)＝|f(x)|－ln xx－b2存在零点，求实数b的取值范围． 解：(1)f′(x)＝a＋1x，令f′(x)＝0得x＝－1a， 因为a∈－∞，－1e，所以0<－1a由f′(x)>0得0由f′(x)<0得－1a从而f(x)的增区间为0，－1a，减区间为－1a，e， 5

所以f(x)max＝f－1a＝－1－1＋ln－1a＝－4，解得a＝－e2. (2)函数g(x)＝|f(x)|－ln xx－b2存在零点，即方程|f(x)|＝ln xx＋b2有实数根， 由已知，函数f(x)的定义域为{x|x>0}， 当a＝－1e时，f(x)＝－xe－1＋ln x，

所以f′(x)＝－1e＋1x＝－x－eex， 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)＝ln xx＋b2，则h′(x)＝1－ln xx2. 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＝h(e)＝1e＋b2，

要使方程|f(x)|＝ln xx＋b2有实数根， 只需h(x)max≥1即可，故b≥2－2e. 即所求实数b的取值范围是2－2e，＋∞. 3．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)成立．求实数t的取值范围．

解：(1)∵函数的定义域为R，f′(x)＝－xex， ∴当x<0时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)<0. ∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x

＝x2＋－tx＋1ex，