（江苏专版）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十六）函数与导数的综合问题 理（含解析）苏教版-苏教版高三全册数学试题.doc

课时跟踪检测（十六）函数与导数的综合问题
1．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x＞0)，
当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＞0，得x＞eq\f(1,a)，
由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，
∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．
(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(lnx－1)ex＋x＝m的根的个数．
令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，
则h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，f(x)≥f(1)＝0.
∴eq\f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立．
∴h′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋lnx－1))ex＋1≥0＋1＞0，
∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增，
∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2e＋eq\f(1,e)，h(x)max＝h(e)＝e.
∴当m＜－2e＋eq\f(1,e)或m＞e时，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上没有零点；
当－2e＋eq\f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有一个零点．
2．已知函数f(x)＝xex.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2∈(a，＋∞)，且x1＜x2，恒有eq\f(fx2－fa,x2－a)＞eq\f(fx1－fa,x1－a)成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)因为f(x)＝xex，
所以f′(x)＝(x＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，
f(x)有极小值f(－1)＝－eq\f(1,e)，无极大值．
(2)存在满足题意的实数a.理由如下：
令g(x)＝eq\f(fx－fa,x－a)＝eq\f(xex－aea,x－a)(x＞a)，
则eq\f(fx2－fa,x2－a)＞eq\f(fx1－fa,x1－a)等价于g(x)在(a，＋∞)上单调递增．
又g′(x)＝eq\f(x2－ax－aex＋aea,x－a2)，
记h(x)＝(x2－ax－a)ex＋aea，
则h′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝(x＋2)·(x－a)ex，
故当a≥－2，且x＞a时，h′(x)＞0，h(x)在(a