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- 2021-06-25 发布
课时分层训练(十一)
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
1．(2017·如皋市高三调研一)已知函数f(x)＝e3x－6－3x，求函数y＝f(x)的极值．
[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)极小值＝f(2)＝－5，
所以f(x)在x＝2处取得极小值－5，无极大值．
2．(2017·镇江期中) 已知函数f(x)＝e2x－1－2x.
(1)求函数f(x)的导数f′(x)；
(2)证明：当x∈R时，f(x)≥0 恒成立. 【导学号：62172356】
[解] (1)函数f(x)＝e2x－1－2x，定义域为R，
f′(x)＝e2x－1×(2x－1)′－2＝2e2x－1－2.
(2)由题意f′(x)＝2e2x－1－2，x∈R ，
x，f′(x)，f(x)在x∈R上变化如下表：
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
当x＝时f(x)取得极小值也是最小值，
而f＝0，
故f(x)≥0恒成立．
3．(2016·北京高考)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解] (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，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)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝x－eax(a＞0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在上的最大值. 【导学号：62172357】
[解] (1)f(x)＝x－eax(a＞0)，则f′(x)＝1－aeax，
令f′(x)＝1－aeax＝0，则x＝ln.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
ln
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
故函数f(x)的增区间为；减区间为.
(2)当ln≥，即0＜a≤时，
f(x)max＝f＝－e2；
当＜ln＜，即＜a＜时，
f(x)max＝f＝ln－；
当ln≤，即a≥时，
f(x)max＝f＝－e.
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·如皋市高三调研一)设函数f(x)＝ax＋xeb－x(其中a，b为常数)，函数y＝f(x)在点(2,2e＋2)处的切线的斜率为e－1.
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
[解] (1)因为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＝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.
当x变化时，f″(x)，f′(x)的变化情况如下表：
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)的单调增区间为(－∞，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝(x－k)2e，得
f′(x)＝(x2－k2)e，
令f′(x)＝0，得x＝±k，
若k>0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
4k2e－1
0
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)，单调递减区间是(－k，k)．
若k<0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
0
4k2e－1
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)，单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝e>，
所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤等价于f(－k)＝≤，
解得－≤k<0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.
3．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．
(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当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.
②当b>2时，若x满足20)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x
)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln .
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln .