高中数学高考课时跟踪检测（十六） 破解“函数与导数”问题常用到的4种方法 作业

课时跟踪检测（十六）  破解“函数与导数”问题常用到的4种方法

1．(多选)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞m＞1，则下列成立的有(　　)

A．f＞　　　　　　　 B．f＜－1

C．f＞  D．f＜0

解析：选AC　设g(x)＝f(x)－mx，则g′(x)＝f′(x)－m＞0，故函数g(x)＝f(x)－mx在R上单调递增，又＞0，∴g＞g(0)，即f－1＞－1，∴f＞0，

而＜0，∴f＞，故A正确，B错误．

∵＞0，∴g＞g(0)，即f－＞－1，f＞＞0，故C正确，D错误．

2．设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为(　　)

A．(－∞，－4)  B．(0,4)

C．(－4,0)∪(0,4)  D．(－∞，－4)∪(0,4)

解析：选D　根据条件f(x)＋xf′(x)<0，可以构造函数F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，

可以推出当x<0时，F′(x)<0，∴F(x)在(－∞，0)上单调递减．

∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数．

∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．

根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，∴F(4)＝0.

根据函数的图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．故选D.

3．设y＝f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y＝g(x)，且g(a)＝2 018，则a等于(　　)

A．－501  B．－502

C．－503  D．－504

解析：选C　由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．

由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，

当x>1时，2f(x)＋xf′(x)>0，

则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上单调递增；

当0<x<1时，2f(x)＋xf′(x)<0，则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，

故F(x)在(0,1)上单调递减，所以x＝1为极值点，

则F′(1)＝2×1×f(1)＋12f′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.

由f(1)＝2可得f′(1)＝－4，曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y－2＝－4(x－1)，

即y＝6－4x，故g(x)＝6－4x，g(a)＝6－4a＝2 018，

解得a＝－503，故选C.

4．(2021年1月新高考八省联考卷)已知a＜5且ae5＝5ea，b＜4且be4＝4eb，c＜3且ce3＝3ec，则(　　)

A．c＜b＜a  B．b＜c＜a

C．a＜c＜b  D．a＜b＜c

解析：选D　由题意知，0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，且＝，＝，＝.

设f(x)＝，x＞0，则f′(x)＝，

可知f(x)在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，

又0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，

则0＜a＜b＜c＜1.

5．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为(　　)

A．ex1f(x2)＞e x2f(x1)

B．e x1f(x2)＜e x2f(x1)

C．e x1f(x2)＝e x2f(x1)

D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定

解析：选A　设g(x)＝，

则g′(x)＝＝，

由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，

当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，

所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．

6．(2021·滕州模拟)已知函数f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1时，不等式<恒成立，则实数a的取值范围为(　　)

A．(－∞，e]  B．(－∞，e)

C.  D．

解析：选D　∵x∈(0，＋∞)，∴原不等式转化为x1f(x1)<x2f(x2)，设函数g(x)＝xf(x)，x>0，则函数g(x)＝ex－ax2在(0，＋∞)上单调递增．

∴g′(x)＝ex－2ax≥0在x>0时恒成立，且g′(x)不恒为零，∴2a≤.令m(x)＝，x>0，则m′(x)＝.

当x∈(0,1)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增．

∴2a≤m(x)min＝m(1)＝e，∴a≤.

7．(多选)(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝xln(1＋x)，则(　　)

A．f(x)在(0，＋∞)单调递增

B．f(x)有两个零点

C．曲线y＝f(x)在点处切线的斜率为－1－ln 2

D．f(x)是偶函数

解析：选AC　f(x)定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，故选项D不正确．

因为f′(x)＝ln(1＋x)＋，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，故选项A正确．

又因为f″(x)＝＋＝，当x∈(－1，＋∞)时，f″(x)＞0恒成立，

所以f′(x)＝ln(1＋x)＋在(－1，＋∞)单调递增，

又f′(0)＝0，

所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1,0)单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)单调递增．

又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点，故选项B不正确．

因为f′(x)＝ln(1＋x)＋，所以f′＝ln－1＝－1－ln 2，故选项C正确．

8．设定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝2，f′(x)<1，则不等式f(x2)>x2＋1的解集为____________．

解析：由条件式f′(x)<1得f′(x)－1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)－x2－1>0，可以构造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上单调递减．又因为F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1<x<1，故不等式f(x2)>x2＋1的解集为{x|－1<x<1}．

答案：{x|－1<x<1}

9．已知函数f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x，当a<0时，讨论函数f(x)的单调性．

解：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＋a－2＝.

①当－a＝2，即a＝－2，f′(x)＝≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②若0<－a<2，即－2<a<0，

当0<x<－a或x>2时，f′(x)>0；

当－a<x<2时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减．

③若－a>2，即a<－2，

当0<x<2或x>－a时，f′(x)>0；

当2<x<－a时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)上单调递增，在(2，－a)上单调递减．

综上所述，当a＝－2时，f(x)在 (0，＋∞)上单调递增；当－2<a<0时，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)上单调递增，在(－a，2)上单调递减；当a<－2时，f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)上单调递增，在(2，－a)上单调递减．

10．(2021·福州模拟)已知曲线f(x)＝bex＋x在x＝0处的切线方程为ax－y＋1＝0.

(1)求a，b的值；

(2)当x2>x1>0时，f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)恒成立，求实数m的取值范围．

解：(1)由f(x)＝bex＋x得，f′(x)＝bex＋1，

由题意得在x＝0处的切线斜率为f′(0)＝b＋1＝a，

即b＋1＝a，又f(0)＝b，可得－b＋1＝0，解得b＝1，a＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝ex＋x，

f(x1)－f(x2)<(x1－x2)(mx1＋mx2＋1)，即为f(x1)－mx－x1<f(x2)－mx－x2，

由x2>x1>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)为增函数，φ′(x)＝ex－2mx≥0，即2m≤，令h(x)＝(x>0)，h′(x)＝，

当0<x<1时，h′(x)<0时，h(x)递减；x>1，h′(x)>0时，h(x)递增，h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤，

所以实数m的范围为.

11．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.

(1)讨论函数f(x)的单调区间；

(2)证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.

解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，

故a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，

故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：要证xf(x)<·ex＋x－ax3，

即证xln x<·ex，也即证<.

令g(x)＝·(x>0)，则g′(x)＝·，

所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，

故g(x)最小值＝g(2)＝，

令k(x)＝，则k′(x)＝，故k(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故k(x)最大值＝k(e)＝，

∵<，故k(x)<g(x)，即ln x<，

故xf(x)<·ex＋x－ax3.

12．已知函数f(x)＝＋kln x，k<，求函数f(x)在上的最大值和最小值．

解：f′(x)＝＋＝.

(1)若k＝0，则f′(x)＝－，在上恒有f′(x)<0，

所以f(x)在上单调递减．

(2)若k≠0，则f′(x)＝＝.

①若k<0，则在上恒有<0，

所以f(x)在上单调递减．

②若k>0，由k<，得>e，

则x－<0在上恒成立，所以<0，

所以f(x)在上单调递减．

综上，当k<时，f(x)在上单调递减，

所以f(x)min＝f(e)＝＋k－1，

f(x)max＝f＝e－k－1.