2023届高考数学二轮复习微专题作业38形如fxex＋gx型的函数问题含解析

Page1微专题38形如f(x)ex＋g(x)型的函数问题1.若函数f(x)＝ex－ax在(1，＋∞)上有最小值，则实数a的取值范围是________．2．已知函数f(x)＝(ax＋1)ex的单调增区间为(－2，＋∞)，则实数a的值为________．3．方程|ex－1|＋ax＋1＝0有两个不同的解，则实数a的取值范围是________．4．(2017·全国卷Ⅱ改编)若x＝－3是函数f(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋（a＋2）x＋a))ex的极值点，f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则f(x)的极小值为________．5．已知函数f(x)＝ex＋ax－1(a∈R，a为常数)，若对所有x≥0都有f(x)≥f(－x)，则a的取值范围是________．6．(2018·苏州三模)如果函数y＝f(x)在其定义域内总存在三个不同实数x1，x2，x3，满足|xi－2|f(xi)＝1(i＝1，2，3)，则称函数f(x)具有性质Ω.已知函数f(x)＝aex具有性质Ω，则实数a的取值范围为________．

7.已知函数f(x)＝(x2－ax＋a＋1)ex(a为常数，e是自然对数的底数)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)若a＞0且mx1ex2－f(x2)＞0恒成立，求实数m的取值范围．8．已知函数f(x)＝(x－1)ex－eq\f(a,2)x2，其中a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)函数f(x)的图象能否与x轴相切？若能，求出实数a的值，若不能，请说明理由；(3)若对于任意x1∈R，x2∈(0，＋∞)，不等式f(x1＋x2)－f(x1－x2)＞－2x2恒成立，求最大的整数a.微专题381．答案：(e，＋∞)．解析：f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0，则x＝lna，当x＜lna时f′(x)＜0，当x＞lna时f′(x)＞0，因为函数f(x)＝ex－ax在(1，＋∞)上有最小值，所以lna＞1，解得a＞e.2．答案：1.解析：f′(x)＝aex＋(ax＋1)ex＝(ax＋a＋1)ex＞0，ax＋a＋1＞0，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,\f(a＋1,－a)＝－2，))由题意可知，a＝1.3．答案：(－∞，－e)．解析：化为|ex－1|＋1＝－ax，令f(x)＝|ex－1|＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≥0，,2－ex，x＜0，))作出图像可知，y＝－ax与f(x)应在x≥0上有两个不同的交点，考虑相切时，设切点P(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－ax0，,y0＝ex0，,－a＝ex0，))所以x0＝1，此时P(1，e)，所以－a＞e，得a＜－e.4．答案：－1.解析：f′(x)＝(2x＋a)ex＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋（a＋2）x＋a))ex＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋（a＋2）x－12a＋2))ex，因为f′(－3)＝0，所以a＝－1，所以f′(x)＝(x2＋3x)ex，所以f(x)在(－∞，－3)和(0，＋∞)上单调递增，在(－3，0)上单调递减，所以f(x)的极小值为f(0)＝－1.5．答案：[－1，＋∞)．解析：当x≥0时，f(x)≥f(－x)恒成立，即ex＋ax≥e－x－ax恒成立，即ex－e－x＋2ax≥0恒成立，令h(x)＝ex－e－x＋2ax(x≥0)，则h′(x)＝ex＋e－x＋2a≥2eq\r(exe－x)＋2a＝2＋2a，当且仅当x＝0时等号成立．当a≥－1时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0恒成立；当a＜－1时，方程h′(x)＝0的正根为x1＝ln(－a＋eq\r(a2－1))m，当x∈(0，x1)时，则h′(x)＜0，故h(x)在(0，x1)上为减函数，h(x)＜h(0)＝0，不合题意．综上所述，满足条件的a的取值范围是[－1，＋∞)．6．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).解析：由题意|x－2|f(x)＝1有三个根，即a|x－2|＝eq\f(1,ex)有三个根；设f(x)＝a|x－2|，g(x)＝eq\f(1,ex)，由图象可知a≤0不合题意，即有a＞0；设y＝k(x－2)与函数g(x)＝eq\f(1,ex)图象切于点(x0，y0)，则k＝－e－x0，y0＝k(x0－2)＝e－x0＝－e－x0(x0－2)，解得x0＝1，k＝－eq\f(1,e)；因此，当x＜2时，f(x)＝－a(x－2)的斜率－a＜－eq\f(1,e)，即a＞eq\f(1,e).综上可知，实数a的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).7．答案：(1)(－∞，0)∪(4，＋∞)；(2)[2，＋∞)．解析：(1)f′(x)＝[x2＋(2－a)x＋1]ex，因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝[x2＋(2－a)x＋1]ex＝0有两个不等的实数解，即一元二次方程x2＋(2－a)x＋1＝0有两个不等的实数解，所以Δ＝(2－a)2－4＞0，解得a＜0或a＞4，故实数a的取值范围为(－∞，0)∪(4，＋∞)．(2)因为a＞0，由(1)知，a＞4.因为函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，所以x1，x2是方程x2＋(2－a)x＋1＝0的两个不等的实数解，所以x1＋x2＝a－2＞0，x1x2＝1.∴x1，x2均为正数．由题意mx1ex2－f(x2)＞0恒成立，问题等价于m＞eq\f(f（x2）,x1ex2)恒成立，即m＞eq\f(（x22－ax2＋a＋1）ex2,x1ex2)＝eq\f(x22－ax2＋a＋1,x1)恒成立．令y＝eq\f(x22－ax2＋a＋1,x1)，则y＝eq\f(x22－a（x2－1）＋1,x1)＝eq\f(x22－（x1＋x2＋2）（x2－1）＋1,x1)＝－x22＋2x2＋1，因为x1＋x2＝a－2＞4－2＝2，x1x2＝1，所以x2＞1，所以y＝－x22＋2x2＋1＝－(x2－1)2＋2＜2，所以m≥2，即实数m的取值范围是[2，＋∞)．8．答案：(1)当a≤0时，函数f(x)减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)；当a＝1时，函数f(x)在R上是增函数；当0＜a＜1时，函数f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上是增函数，在(lna，0)上是减函数；当a＞1时，函数f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上是增函数，在(0，lna)上是减函数．(2)不存在；(3)3.解析：(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)．当a≤0时，ex－a＞0，由f′(x)＝0得x＝0，x∈(－∞，0)，f′(x)＜0，x∈(0，＋∞)，f′(x)＞0.当a＞0时，由f(x)＝0得x＝1或lna.若a＝1，则f′(x)≥0，若0＜a＜1，则lna＜0，所以x∈(－∞，lna)，f′(x)＞0，x∈(lna，0)，f′(x)＜0，x∈(0，＋∞)，f′(x)＞0.若a＞1，则lna＞0，所以x∈(－∞，0)，f′(x)＞0，x∈(0，lna)，f′(x)＜0，x∈(lna，＋∞)，f′(x)＞0.综上，当a≤0时，函数f(x)减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)；当a＝1时，函数f(x)在R上是增函数；当0＜a＜1时，函数f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上是增函数，在(lna，0)上是减函数；当a＞1时，函数f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上是增函数，在(0，lna)上是减函数．(2)由于f′(x)＝xex－ax，假设函数f(x)的图象与x轴相切于点(t，0)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（t）＝0，,f′（t）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（t－1）e′－\f(a,2)t2＝0，,te′－at＝0.))显然t≠0，e′＝a＞0代入方程(t－1)e′－eq\f(a,2)t2＝0中得，t2－2t＋2＝0.因为Δ＝－4＜0，所以无解．故无论a取何值，函数f(x)的图象都不能与x轴相切．(3)依题意，f(x1＋x2)－f(x1－x2)＞(x1－x2)－(x1＋x2)，即f(x1＋x2)＋(x1＋x2)＞f(x1－x2)＋(x1－x2)恒成立．设g(x)＝f(x)＋x，则上式等价于g(x1＋x2)＞g(x1－x2)，对任意x1∈R，x2∈(0，＋∞)恒成立，即只需g(x)＝(x－1)ex－eq\f(a,2)x2＋x在R上单调递增，所以g′(x)＝xex－ax＋1≥0在R上恒成立．则g′(1)＝e－a＋1≥0，a≤e＋1，所以g′(x)≥0在R上恒成立的必要条件是a≤e＋1.下面证明：当a＝3时，xex－3x＋1≥0恒成立．设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1