2.14 定积分与微积分基本定理（正文）-2021高考理科数学【衡中学案】1轮总复习（全国版）

> ｆ(３). ３. Ｂ　 ２ｘｌｎｘ≥ － ｘ２ ＋ ａｘ － ３ꎬ则 ａ≤２ｌｎｘ ＋ ｘ ＋ ３ ｘ ꎬ 设 ｈ( ｘ) ＝ ２ｌｎｘ ＋ ｘ ＋ ３ ｘ ( ｘ > ０)ꎬ 则 ｈ′ ( ｘ) ＝ (ｘ ＋３)(ｘ －１) ｘ２ . 当 ｘ∈(０ꎬ１) 时ꎬ ｈ′ ( ｘ) < ０ꎬ 函 数 ｈ ( ｘ) 单 调 递减ꎻ 当 ｘ∈(１ꎬ ＋ ∞ )时ꎬｈ′(ｘ) > ０ꎬ函数 ｈ( ｘ) 单调 递增ꎬ 所以 ｈ(ｘ) ｍｉｎ ＝ ｈ(１) ＝ ４ꎬ所以 ａ≤ｈ(ｘ) ｍｉｎ ＝ ４. ４. Ｃ　 设 ｇ(ｘ) ＝ ｆ(ｘ) ｅｘ ꎬｇ′( ｘ) ＝ ｆ′(ｘ) － ｆ(ｘ) ｅｘ > ０ꎬ 知ｇ(ｘ) 在( － ∞ ꎬ ＋ ∞ ) 上为增函数ꎬ由 ｅｘ － １ ｆ(ｘ) < ｆ(２ｘ － １) 得:ｆ(ｘ) ｅｘ < ｆ(２ｘ － １) ｅ２ｘ － １ ꎬ即 ｇ( ｘ) < ｇ(２ｘ － １ )ꎬ 所以 ｘ < ２ｘ － １ꎬ 解得 ｘ > １ꎬ 故 选 Ｃ. ５. ( － ∞ ꎬ２ｌｎ ２ － ２]　 ｆ( ｘ) 有零点可转化为方程 ｅｘ － ２ｘ ＋ ａ ＝ ０ 有解的问题ꎬ即 ａ ＝ － ｅｘ ＋ ２ｘ 有 解. 设 ｇ ( ｘ) ＝ － ｅｘ ＋ ２ｘꎬ ｇ′ ( ｘ) ＝ － ｅｘ ＋ ２ꎬ ｇ′(ｘ) ＝ ０ 得 ｘ ＝ ｌｎ ２ꎬ因此 ｇ(ｘ)在( － ∞ ꎬｌｎ ２) 递增ꎬ在(ｌｎ ２ꎬ ＋ ∞ )递减ꎬ因此 ｇ(ｘ)在 ｌｎ ２ 取 得最大值ꎬ所以 ｇ( ｘ) 的最大值为 ｇ( ｌｎ ２) ＝ ２ｌｎ ２ － ２. 因此ꎬａ 的取值范围就是函数 ｇ(ｘ)的 值域ꎬ所以 ａ∈( － ∞ ꎬ２ｌｎ ２ － ２]. ６. [０ꎬｅ － １)　 依题意ꎬ知 ｋ ＋ ２ｘ － ｘ２ > ０ꎬ即 ｋ > ｘ２ － ２ｘ 对任意ｘ∈(０ꎬ２) 恒成立ꎬ从而 ｋ≥０ꎬ因此 由原不等式ꎬ得 ｋ < ｅ ｘ ｘ ＋ ｘ２ － ２ｘ 恒 成 立. 令 ｆ(ｘ) ＝ ｅ ｘ ｘ ＋ ｘ２ － ２ｘꎬ则 ｆ ′(ｘ) ＝ (ｘ － １) ( ｅ ｘ ｘ２ ＋ ２). 令 ｆ ′( ｘ) ＝ ０ꎬ 得 ｘ ＝ １. 当 ｘ ∈ (１ꎬ２ ) 时. ｆ′(ｘ) > ０. 函数 ｆ(ｘ)在(１ꎬ２) 上单调递增ꎻ当 ｘ ∈(０ꎬ１)时ꎬｆ′(ｘ) < ０ꎬ函数 ｆ(ｘ) 在(０ꎬ１) 上单 调递减ꎬ所以 ｋ < ｆ(ｘ) ｍｉｎ ＝ ｆ(１) ＝ ｅ － １ꎬ故实数 ｋ 的取值范围是[０ꎬｅ － １). ７. [解析]　 记 Ｆ(ｘ) ＝ ｓｉｎｘ － ２ ２ ｘꎬ 则 Ｆ′(ｘ) ＝ ｃｏｓｘ － ２ ２ . 当 ｘ∈[０ꎬ π ４ )时ꎬＦ′(ｘ) > ０ꎬＦ(ｘ)单调递增ꎻ 当 ｘ∈( π ４ ꎬ１]时ꎬＦ′(ｘ) < ０ꎬＦ(ｘ)单调递减. 又 Ｆ(０) ＝ ０ꎬＦ(１) > ０ꎬ所以当 ｘ∈[０ꎬ１]时ꎬ Ｆ(ｘ)≥０ꎬ即 ｓｉｎｘ≥ ２ ２ ｘ. 记 Ｈ(ｘ) ＝ ｓｉｎｘ － ｘꎬ则 Ｈ′(ｘ) ＝ ｃｏｓｘ － １. 当 ｘ∈[０ꎬ１]时ꎬＨ′(ｘ)≤０ꎬＨ(ｘ)单调递减. 所以 Ｈ(ｘ)≤Ｈ(０) ＝ ０ꎬ即 ｓｉｎｘ≤ｘ. 综上ꎬ ２ ２ ｘ≤ｓｉｎｘ≤ｘꎬｘ∈[０ꎬ１]. ８. [解析] 　 函数 ｆ( ｘ) 的定义域为 (０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ ｆ(ｘ) < ０ 在(１ꎬ ＋ ∞ ) 上恒成立等价于 ｋ < ｘ２ ２ － ｘｌｎ ｘ 在(１ꎬ ＋ ∞ )上恒成立. 令 ｇ(ｘ) ＝ ｘ ２ ２ － ｘｌｎ ｘꎬｘ∈(０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ 则 ｇ′(ｘ) ＝ ｘ － (ｌｎ ｘ ＋ １) ＝ ｘ － １ － ｌｎ ｘꎬｘ∈(０ꎬ ＋ ∞ ). 令 ｈ(ｘ) ＝ ｘ － １ － ｌｎ ｘꎬｘ∈(０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ 则 ｈ′(ｘ) ＝ １ － １ ｘ ＝ ｘ － １ ｘ ꎬｘ∈(０ꎬ ＋ ∞ ). 当 ０ < ｘ < １ 时ꎬｈ′( ｘ) < ０ꎬ函数 ｈ( ｘ) 在(０ꎬ１) 上单调递减ꎻ 当 ｘ > １ 时ꎬｈ′(ｘ) > ０ꎬ函数 ｈ( ｘ) 在(１ꎬ ＋ ∞ ) 上单调递增. ∴ 当 ｘ > １ 时ꎬｈ(ｘ) > ｈ(１) ＝ ０. 即当 ｘ > １ 时ꎬｇ′(ｘ) > ｇ′(１) ＝ ０ꎬ ∴ 函数 ｇ(ｘ)在(１ꎬ ＋ ∞ )上单调递增ꎬ ∴ ｇ(ｘ) > ｇ(１) ＝ １ ２ ꎬ ∴ 当 ｘ > １ 时ꎬ若使 ｋ < ｘ ２ ２ － ｘｌｎ ｘ 恒成立ꎬ则 ｋ ≤ １ ２ ꎬ 即实数 ｋ 的取值范围是( － ∞ ꎬ １ ２ ]. ９. [证明]　 (１)由题易得函数 ｆ(ｘ) ＝ ｌｎ ｘ － ａ２ ｘ２ ＋ ａｘ 的定义域为(０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ ∴ ｆ′( ｘ) ＝ １ ｘ － ２ａ２ ｘ ＋ ａ