2021新高考版大一轮复习用书数学第三章 强化训练

令g(x)＝x2ex－e，x>0，则g′(x)＝ex(x2＋2x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又g(1)＝0，所以当01时，g(x)>0，则f′(x)>0，所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．ex

(2)F′(x)＝f (x)＝＋－3，且f (1)＝－1<0，

xe

1

由(1)得?x1，x2，满足0

使得f (x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F (x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x→0时，F (x)→－∞，x→＋∞时，F (x)→＋∞，

画出函数F (x)图象的草图，如图所示．

故F (x)在(0，＋∞)上的零点有3个．

11

13．已知函数f (x)＝sin x－x，x∈[0，π]，cos x0＝，x0∈[0，π]．

33①f (x)的最大值为f (x0)；②f (x)的最小值为f (x0)；③f (x)在[0，x0]上是减函数；④f (x)在[x0，π]上是减函数．

那么上面命题中真命题的序号是________．答案　①④

11

解析　f′(x)＝cos x－，由f′(x)＝0，得cos x＝，即x＝x0，因为x0∈[0，π]，当0

33f′(x)>0；当x0

14．(2020·邢台模拟)若函数f (x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，

2则实数a的取值范围为________．

答案　，＋∞

2

[3

)3

解析　对函数求导得f′(x)＝x－1＋a1－

所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0，且f (1)

1

＝－＋a≥1，所以a≥.22

()x

1?x＋a??x－1?

x

，x>0，因为函数存在唯一的极值，

＝

a

15．已知函数

f (x)＝(x－2)ex＋e＋1，g(x)＝

＋xln x，对任意的m∈，3，总存在n∈，3

xee

使得g(m)≥f (n)成立，则实数a的取值范围为________．答案　[1，＋∞)

解析　对任意的m∈，3，

e

总存在n∈，3使得g(m)≥f (n)成立，

e

1

即当x∈，3时，g(x)≥f (x)min恒成立，

e∵f (x)＝(x－2)ex＋e＋1，∴f′(x)＝(x－1)ex，∴当x∈，1时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，

e∴当x∈(1,3]时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，∴f (x)min＝f (1)＝1，

a

当x∈，3时，g(x)＝＋xln x≥1，

xe则a≥x－x2ln x，

记h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，

h′(1)＝0，令k(x)＝h′(x)，则k′(x)＝－3－2ln x，k′(x)在，3上单调递减，k′(x)≤k′

ee

[]1

[]1

[][][)1

1

[]1

[]1

1

[]∴h′(x)单调递减，∴当x∈，1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1,3)时，h′(x)<0，h(x)

e单调递减，

()1

()1

＝－1，

∴h(x)max＝h(1)＝1，故当a≥1时，g(x)≥1.故实数a的取值范围为[1，＋∞)．16．已知f (x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.(1)讨论函数F (x)＝f (x)－g(x)的单调性；

(2)若方程f (x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．解　(1)F (x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，

22?ax2－1?

所以F′(x)＝2ax－＝(x>0)．

xx

1

①当a>0时，由

ax2－1>0，得

1

由ax2－1<0，得0

，ax>

，a故当a>0时，F (x)在区间

②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．故当a≤0时，F (x)在(0，＋∞)上单调递减．

(1a，＋∞上单调递增，在区间0，

)()a1a1

上单调递减．

综上，若a≤0，F (x)在(0，＋∞)上单调递减；若a>0，F (x)在0，上单调递增．

()上单调递减，在

(1a，＋∞

)(2)方法一　方程f (x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不相等的根，等价于F (x)＝f (x)－g(x)在区间[2，e]上有两个不等的零点．

由(1)知，若a≤0，F (x)在(0，＋∞)上单调递减，最多有一个零点，所以a>0，F (x)在0，

上单调递减，在

若F (x)在区间[2，e]上有两个不等零点，则Error!即Error!解得Error!

ln 24－e2ln 2ln e4-ln 2e2ln 81－ln 272ln 2由－＝＝<<0，可知<，222222ee22e2ee22

所以该不等式组的解集为Error!，

即f (x)＝g(x)在[2，e]上有两个不相等的解时，a的取值范围为

(1a，＋∞上单调递增，易知F (x)在其定义域上连续，

)()a1

[)ln 2

，.

2e

1

2ln x

方法二　原条件等价于方程a＝在区间[2，e]上有两个不相等的实数解．

2x2ln x

令φ(x)＝，2≤x≤e，

2x

2x?1－2ln x?

由φ′(x)＝

1

φ(e)＝，e

ln 2

而φ(e)＝，φ(2)＝.

e22

ln 24－e2ln 2ln e4－ln 2e2ln 81－ln 27

又φ(e)－φ(2)＝－＝＝<<0，所以φ(e)<φ(2)．

2222e22e2e2e

2

所以φ(x)min＝φ(e)，

1

如图可知φ(x)＝a有两个不相等的解时，需≤a<.2e

ln 2

2

x4

易知，φ(x)在(2，e)上为增函数，在(e，e)上为减函数，则φ(x)max＝

即f (x)＝g(x)在[2，e]上有两个不相等的解时，a的取值范围为

[)ln 2

，.

2e

1