《高考调研》大一轮复习(新课标,数学理)题组训练第三章导数及应用题组15 Word版含解析

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π

π2

∴h(x)在[0，]上单调递增，1≤h(x)≤e.

2结合(1)，得

π

当k≤1时，g′(x)≥0，g(x)在[0，]上单调递增，g(x)≥g(0)＝0，符合题意；

2π

π2

当k≤e时，g′(x)≤0，g(x)在[0，]上单调递减，g(x)≤g(0)＝0，与题意不符；

2ππ

π22

当10，由零

2点存在性定理，必存在一个零点x0，使得g′(x0)＝0，当x∈[0，x0)时，g′(x)≤0，从而g(x)在x∈[0，x0)上单调递减，从而g(x0)≤g(0)＝0，与题意不符， 综上所述，k的取值范围为(－∞，1]． 8．设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2. 1

(1)若a＝，求f(x)的单调区间；

2

(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．

答案 (1)增区间(－∞，－1]，[0，＋∞)，减区间[－1，0] (2)(－∞，1]

11

解析 (1)当a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，

22f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．

当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.

故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减． (2)f(x)＝x(ex－1－ax)．

令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.

若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0.

若a＞1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时g(x)<0，即f(x)<0.综上得a的取值范围为(－∞，1]．

4

9．设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．当a≥2时，讨论f(x)＋在区间(0，

x＋∞)内的零点个数． 4

解析 令F(x)＝f(x)＋

x

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?＝?则F(x)在(0，＋∞)上的图像是连续不断的一条曲线．

4

x[x－（2a－1）]＋，x≥a，

x

?（x－1）（x－2a）＋4

x，0

当a＝2时，此时f(x)＝??2?x－3x，x≥2，

??

x2－5x＋4，0

当x≥2时，因为F′(x)＝2x－3－44

x2＝2(x－2)＋(1－x2)≥0，

所以F(x)在[2，＋∞)上单调递增． 又F(2)＝0，故有唯一零点x＝2.

当0－2，4

x>2，因此F(x)>0，从而F(x)没有零点．

当a>2时，

①当0

x2＋4x2＝2(x－a)－(x2)<0，

所以F(x)在(0，a)上为减函数．

又F(1)＝4>0，F(a)＝a＋4

a

－a2

所以由函数零点的存在性定理，知F(x)在(0，a)上有唯一零点． ②当x≥a时，因为F′(x)＝2x－(2a－1)－4

x2－4x2＝2(x－a)＋(x2)>0，

所以F(x)在[a，＋∞)上为增函数． 由①知，F(a)<0，又F(2a－1)＝4

2a－1

>0，

所以由函数零点的存在性定理，知F(x)在[a，＋∞)内有唯一零点； 综上，可得当a＝2时，f(x)＋4

x在区间(0，＋∞)内有唯一零点；

当a>2时，f(x)＋4

x在区间(0，＋∞)内有2个零点．

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