【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题一　函数与导数第3课时【高考】.docx，共(6)页，98.622 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0e314a5c2672a0afd992e7763ab8c93d.html

以下为本文档部分文字说明：

第3课时1．(2018年山东烟台期中)已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调递减函数，f′(x)是其导函数，若f(x)f′(x)>x，则下列不等关系成立的是()A．3f(2)>2f(3)B．f(2)<2f(1)C．ef(e2)>f(e3)D．ef(e)<f(e2)2．(2017年福建莆田

质检)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f(0)＝0，若对任意x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，则使得f(x)＋ex<1成立的x的取值范围为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－1，＋∞)D．(－∞，1)3．定义在0，π2上的函数f(x)，已知f′(x

)是它的导函数，且恒有cosx·f′(x)＋sinx·f(x)<0成立，则有()A．fπ6>2fπ4B.3fπ6>fπ3C．fπ6>3fπ3D．fπ6>3fπ

44．下列命题为真命题的个数是()①3ln2＜2ln3；②lnπ＜πe；③215＜15；④3eln2＜42.A．1个B．2个C．3个D．4个5．(2018年河南豫南豫北联考)定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，且当x>0，xf′(x)＋

2f(x)<0，则()A.f(e)4>f(2)e2B．9f(3)>f(1)C.f(e)9<f(－3)e2D.f(e)4<f(－2)e26．已知函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，满足f(x)＋xf′(x)>0(f

′(x)为函数的导函数)，则不等式f(x)>(x－1)f(x2－x)的解集为__________．7．已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，满足f(x)＋f′(x)<1，且f(0)＝3，则不等式f(x)>2ex＋1(其中e为自然对数的底数)的解集为_

_________．8．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝0，且f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)＋1<0，则不等式f(lnx)＋lnx>1的解集为____________．(结果用区间

表示)9．已知函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)．(1)当m＝－4时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求f(x2)x1的取值范围．10．(2019年天津)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R

.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<1e，ⅰ)证明f(x)恰有两个零点；ⅱ)设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2.第3课时1．D解析：∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f′(x)<0，又f(x)f′(x)

>x，∴xf′(x)－f(x)>0.记g(x)＝f(x)x，则g′(x)＝xf′(x)－f(x)x2>0.∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(e2)>g(e)，即f(e2)e2>f(e)e，∴f(e2)>ef(e)．故选D.2．A解析：令g(x)

＝f(x)－1ex，则g′(x)＝f′(x)－f(x)＋1ex.∵f(x)>f′(x)＋1，∴g′(x)<0，∴g(x)递减．∵f(x)＋ex<1⇔f(x)－1ex<－1＝f(0)－1e0⇔g(x)<g(0)⇔x>0.故选A.3．C解析

：令g(x)＝f(x)cosx，则g′(x)＝cosxf′(x)＋sinxf(x)cos2x<0.∴函数g(x)在0，π2上为减函数．则不等式fπ6cosπ6>fπ3cosπ3⇒fπ6>3f

π3.故选C.4．C解析：构造函数f(x)＝lnxx(x＞0)，∴f′(x)＝xx－lnx2xx＝2－lnx2xx，令f′(x)＞0，则0＜x＜e2；令f′(x)＜0，则x＞e2.∴函数f(x)的单调递增区间为(0，e2)

，单调递减区间为(e2，＋∞)．∵2＜3<e2，∴ln22＜ln33，∴3ln2＜2ln3，故①正确．∵e＜π＜e2，∴lnee＜lnππ，∴πlne＜elnπ，∴lnπ＞πe，故②错误．(215)2＝60,152＝225，∴60<225，即(215)2<152，∴215＜15，故

③正确．∵8＞e2,f(x)在(e2，＋∞)上单调递减，∴ln88＜lne2e，∴3ln222＜2e，∴3eln2＜42，故④正确．∴真命题有3个，故选C.5．D解析：记g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf′(x)＋x2f

′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]．∵当x>0时，xf′(x)＋2f(x)<0，∴当x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∴g(e)<g(－2)，即e2f(e)<4f(－2)．∴f(e)4<f

(－2)e2.故选D.6．(0,2)解析：构造g(x)＝xf(x)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，g(x)为增函数，f(x)>(x－1)f(x2－x)⇔xf(x)>x(x－1)f(x2－x)⇔x>x2－x⇒0<x<2.7．(

－∞，0)解析：构造g(x)＝exf(x)－ex，g′(x)＝[]f(x)＋f′(x)－1ex<0，g(x)为减函数，f(x)>2ex＋1⇔exf(x)－ex>2⇔g(x)>2＝g(0)＝e0f(0)－e0，∴x<0.8．(0，e)解析：令g(x)＝f(x)＋x，g′(x)＝f′(x)

＋1<0，∴g(x)单调递减，不等式f(lnx)＋lnx>1⇔f(lnx)＋lnx>f(1)＋1⇔g(lnx)>g(1)⇔lnx<1，∴0<x<e.9．解：(1)依题意知函数定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝2x＋mx＋1＝2x2＋2x＋mx＋1.当m＝－4时，令f′(x)＝2x2

＋2x－4x＋1<0，得－1<x<1；令f′(x)>0，得x>1.故函数f(x)的单调减区间为(－1,1)，增区间为(1，＋∞)．(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，知0<m<12，x1＋x2＝－1，x1x2＝m2，x2∈

－12，0，f(x2)x1＝x22＋2x1x2ln(x2＋1)x1＝2x2ln(x2＋1)－x22(x2＋1)，令h(x)＝2xln(x＋1)－x2(x＋1)，x∈－12，0，∴h′(x)＝2ln(x＋1)＋x2

(x＋1)2，令g(x)＝2ln(x＋1)＋x2(x＋1)2，∴g′(x)＝2(x2＋3x＋1)(x＋1)3，令φ(x)＝x2＋3x＋1，又∵x∈－12，0，(x＋1)3>0；φ(x)在－12，0单调递增且φ(0

)>0，φ－12<0，即存在x0∈－12，0使得φ(x0)＝0.即x∈－12，x0，g′(x)<0，x∈(x0,0)，g′(x)>0，g(x)在－12，x0单调递减，g(x)在(x0,0)单调递增.又g(0)＝0，g－12<0，∴

x∈－12，0，h′(x)<0，∴h(x)在－12，0单调递减，又∵h(0)＝0，h－12＝ln2－12，故所求范围为0，ln2－12.10．(1)解：由已知，f(x)的定义域

为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－[aex＋a(x－1)ex]＝1－ax2exx.因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)证明：ⅰ)由(1)知f′(x)＝1－

ax2exx.令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<1e，可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减，又g(1)＝1－ae>0，且gln1a＝1－aln1a21a＝1－ln1a2<0.故g(x)＝0在(0，＋∞)内

有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<ln1a.当x∈(0，x0)时，f′(x)＝g(x)x>g(x0)x>0，∴f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0，＋

∞)时，f′(x)＝g(x)x<g(x0)x＝0，∴f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点．令h(x)＝lnx－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝1x－1<0，故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x

>1时，h(x)<h(1)＝0，∴lnx<x－1.从而fln1a＝lnln1a－aln1a－1e1lna＝lnln1a－ln1a＋1＝hln1a<0，又∵f(x0)>f(1)＝0，∴f(x)在(1，＋∞)内有唯一零点．又f(x)在(0，x0)

内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．ⅱ)由题意，f′(x0)＝0，f(x1)＝0，即0120111,ln(1),xxaxexaxe==−从而lnx1＝x1－1x20e10xx−，即e10xx−＝x20lnx1x1－1.∵当

x>1时，lnx<x－1，又x1>x0>1，故e10xx−<x20(x1－1)x1－1＝x20，两边取对数，得lne10xx−<lnx20，于是x1－x0<2lnx0<2(x0－1)，整理得3x0－x1>2.获得更多资源

请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com