【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2课时【高考】.docx，共(6)页，75.003 KB，由小赞的店铺上传

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第2课时1．已知函数f(x)＝alnx－ex；(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若a＝2，求证：f(x)<0.2．(2018年新课标Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．3．(2018年陕西西安调

研)函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝1处取得极值．(1)求f(x)的单调区间；(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．4．已知函数f(x)＝(1＋ax2)ex－1.(1)

当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间[0,1]上恰有2个零点，求实数a的取值范围．5．(2016年新课标Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<x－1lnx<x；(3)设

c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.第2课时1．(1)解：根据题意可得，f′(x)＝ax－ex＝a－xexx(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数y＝f(x)是减函数，无极值点；当a

>0时，令f′(x)＝0，得a－xex＝0，即xex＝a，又a＝xex在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，∴函数y＝f(x)在(0，x0)上是单调递增的，在(x0，＋∞)上是单调递减的．∴函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点；总之，当a≤0时，f(x)无极值点；当a>0时，函数y＝f(x

)有一个极大值点，无极小值点．(2)证明：f(x)＝2lnx－ex，f′(x)＝2－xexx(x>0)，由(1)可知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex0＝2，①又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，

且0<2<e，∴x0∈(0,1)，又知：f(x)max＝f(x0)＝2lnx0－ex0，②由①可得ex0＝2x0，代入②，得f(x)max＝f(x0)＝2lnx0－2x0，令g(x)＝2lnx－2x，则g′(x)＝2x

＋2x2＝2(x＋1)x2>0恒成立，∴g(x)在(0,1)上是增函数，∴g(x0)<g(1)＝－2<0，即g(x0)<0，∴f(x)<0.2．(1)解：当a＝3时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3

，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3

＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：由于x2＋x＋1>0，∴f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2(x2＋2x＋3)(x2＋x

＋1)2≥0.仅当x＝0时g′(x)＝0.∴g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16<0

，f(3a＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．3．解：(1)f′(x)＝a＋lnx＋1，x>0，由f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1.则f(x)＝－x＋xlnx，∴f′(x)＝lnx，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取

得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0,

1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，由题意得，m＋1>－1，即m>－2.①当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋lnx)<0；当x>0且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→

＋∞.如图D135，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②图D135由①②可得－2<m<－1.因此实数m的取值范围是(－2，－1)．4．解：(1)f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，当a＝0时，f′(x)＝ex≥0，此时f(x)在R上单调递增.当a>0时，Δ＝4a2－4a

.①当0<a≤1时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0恒成立，∴f′(x)≥0，此时f(x)在R上单调递增；②当a>1时，令f′(x)＝0⇒x1＝－1－1－1a，x2＝－1＋1－1a，∴f(x)在－∞，－1－1－1a和－1＋1－1a，＋∞上单调递增；在－1－1－1a

，－1＋1－1a上单调递减．综上所述，当0≤a≤1时，f(x)在R上单调递增；当a>1时，f(x)在－∞，－1－1－1a和－1＋1－1a，＋∞上单调递增；在－1－1－1a，－1＋1－1a上单调递减.(2)①当0≤a≤1时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，f(

0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点，不符；②当a>1时，x1<x2<0，∴f(x)在[0,1]上单调递增；f(0)＝0，此时f(x)在区间[0,1]上有1个零点，不符；③当a<0时，要使f(x)在[0,1]内恰有2个零点，必须满足f′(1)<0，f(1)≤0⇒a<－

13，a≤1e－1⇒a≤1e－1.故f(x)在区间[0,1]上恰有2个零点时，a≤1e－1.5．(1)解：由f(x)＝lnx－x＋1(x>0)，得f′(x)＝1x－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<

x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．因此f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数．(2)证明：由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.∴当x≠1时，lnx<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－

1，ln1x<1x－1，即1<x－1lnx<x.(3)证明：由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x<x0时，g

′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．由(2)知1<c－1lnc<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.∴当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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