【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习考前三个月压轴大题突破练3函数与导数（一）理1.已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R).(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝0处的切线方程；(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.2.(2022·大庆实验中学冲刺模拟)已知a∈R，函数f(x)＝lnx－a(x－1).(1)若a＝，求函数y＝|f(x)|的极值点；(2)若不等式f(x)≤－＋恒成立，求a的取值范围.(e为自然对数的底数)3.已知函数f(x)＝xe-x.7\n(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若当0<x<1时，f(x)>f，求实数k的取值范围.4.已知函数f(x)＝(1＋x)e-2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcosx.当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.7\n答案精析压轴大题突破练31.解 (1)设切线的斜率为k.因为a＝2，所以f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex(x－1).所以f(0)＝－2，k＝f′(0)＝e0(0－1)＝－1.所以所求的切线方程为y＝－x－2，即x＋y＋2＝0.(2)由题意得f′(x)＝ex(x－a＋1)，令f′(x)＝0，可得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2，当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min＝f(1)＝(1－a)e.②若a－1≥2，则a≥3，当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2.③若1<a－1<2，则2<a<3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，a－1)a－1(a－1,2)2f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以f(x)的单调递减区间为[1，a－1]，单调递增区间为[a－1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a－1)＝－ea－1.综上所述：当a≤2时，f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；当2<a<3时，f(x)min＝f(a－1)＝－ea－1.2.解 (1)若a＝，则f(x)＝lnx－，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－.当x∈(0，e－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.又因为f(1)＝0，f(e)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)<0；7\n当x∈(1，e－1)时，f(x)>0；当x∈(e－1，e)时，f(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f(x)<0.故y＝|f(x)|的极小值点为1和e，极大值点为e－1.(2)不等式f(x)≤－＋，整理为lnx＋－＋a≤0.设g(x)＝lnx＋－＋a，则g′(x)＝＋－＝＝.①当a≤0时，2ax－e<0，又x>0，所以当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)递减.从而g(x)max＝g(e)＝0.故g(x)≤0恒成立.②当a>0时，g′(x)＝＝.当a＝时，g′(x)＝≥0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，显然不成立.当a>时，<e，在，(e，＋∞)上g′(x)>0，函数g(x)单调递增.在上g′(x)<0，函数g(x)单调递减.又g(e)＝0，因此存在x0>e使g(x0)>0，故不满足题意.当0<a<时，>>e，而g＝ln＋2－·＋a7\n＝－lna－1＋a＝ln.而a∈时，h(a)＝ea－ae，h′(a)＝ea－e<0，h＝e－e>0，故ln>0，即g>0，故不满足条件.综上所述，a≤0.3.解 (1)由题意知f′(x)＝(1－x)e－x(x∈R).当f′(x)>0时，x<1；当f′(x)<0时，x>1.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞).又f′(x)＝0时，x＝1，所以函数f(x)的极大值为f(1)＝，无极小值.(2)当k≤0时，因为0<x<1，所以≤0<x<1，由(1)知函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，所以f(x)>f，符合题意.当0<k<1时，取x＝k，可得f(k)>f(1)，这与函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增矛盾，不符合题意.当k≥1时，因为0<x<1，所以≥>1，由(1)知函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，所以f≤f，要使f<f(x)，只需令f(x)>f，即xe－x>e－，即lnx－x>－lnx－，即2lnx－x＋>0.令h(x)＝2lnx－x＋(0<x<1)，则h′(x)＝＝－<0，所以h(x)在区间(0,1)上为减函数，7\n所以h(x)>h(1)＝0，所以f(x)>f，符合题意.综上可知k∈(－∞，0]∪[1，＋∞).4.(1)证明 要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x).当x∈(0,1)时，h′(x)>0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0，所以f(x)≥1－x，x∈[0,1].要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)>0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0,1].综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0,1].(2)解 f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－(ax＋＋1＋2xcosx)≥1－x－ax－1－－2xcosx＝－x(a＋1＋＋2cosx).(由(1)知)故G(x)＝＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0,1)时，H′(x)<0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数.从而当x∈(0,1)时，G′(x)<G′(0)＝0.故G(x)在[0,1]上是减函数.于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立.下面证明，当a>－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.7\nf(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcosx＝－ax－－2xcosx＝－x(＋a＋＋2cosx).(由(1)知)记I(x)＝＋a＋＋2cosx＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)，当x∈(0,1)时，I′(x)<0，故I(x)在[0,1]上是减函数，于是I(x)在[0,1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3].因为当a>－3时，a＋3>0，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)>0，此时f(x0)<g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.综上，实数a的取值范围是(－∞，－3].7
