2020-2021学年人教版高中数学选修2-2第一章1.3.3知能演练轻松闯关.docx

1函数f(x)x33x(|x|1)()A有最大值，但无最小值B有最大值，也有最小值C无最大值，但有最小值D既无最大值，也无最小值解析：选D.f(x)3x233(x1)(x1)，当x(1,1)时，f(x)0.解：(1)f(x)ex.由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex.函数f(x)ex在(1，)上单调递增，且f(0)0，因此当x(1,0)时，f(x)0.所以f(x)在(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明：当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)ex在(2，)上单调递增又f(1)0，故f(x)0在(2，)上有唯一实根x0，且x0(1,0)当x(2，x0)时，f(x)0从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00.综上，当m2时，f(x)0.1设直线xt与函数f(x)x2，g(x)ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()A1 B.C. D.解析：选D.由题意，设|MN|F(t)t2ln t(t0)，令F(t)2t0，得t或t(舍去)F(t)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，故t时，F(t)t2ln t(t0)有微小值，也为最小值即|MN|达到最小值，故选D.2f(x)ax33x1对于x1,1总有f(x)0成立，则a_.解析：当1x0时，a对x1,0)恒成立，而当1x0时，0，则y为1,0)上的增函数，从而的最小值为4.于是a4.当x0时，f(x)0总成立当0x1时，a对x(0,1总成立，而y的导数为y，令y0x，不难推断y在(0,1的最大值为4，a4.于是a4.答案：43已知a为常数，求函数f(x)x33ax(0x1)的最大值解：f(x)3x23a3(x2a)若a0，则f(x)0，函数f(x)单调递减，所以当x0时，有最大值f(0)0；若a0，则令f(x)0，解得x.由x0,1，则只考虑x的状况01，即0a1时，当x时，f(x)有最大值f()2a.(如下表所示)x(0，)(，1)f(x)0f(x)2a1，即a1时，f(x)0，函数f(x)在0,1上单调递增，当x1时，f(x)有最大值，f(1)3a1.综上，当a0，x0时，f(x)有最大值0；当0a1，x时，f(x)有最大值2a；当a1，x1时，f(x)有最大值3a1.4(2022高考课标全国卷)设函数f(x)exax2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)f(x)x10，求k的最大值解：(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0，所以，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0时，(xk)f(x)x10等价于kx(x0)令g(x)x，则g(x)1.由(1)知，函数h(x)exx2在(0，)上单调递增而h(1)0，h(2)0，所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点，故g(x)在(0，)上存在唯一的零点设此零点为，则(1,2)当x(0，)时，g(x)0；当x(，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)上的最小值为g()又由g()0，可得e2，所以g()1(2,3)由于式等价于kg()，故整数k的最大值为2.