备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十七)　“函数与导数”问题常用的解题技能

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课时验收评价(十七)　“函数与导数”问题常用的解题技能1．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　 )A．(－1,1)  B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)  D．(－∞，＋∞)解析：选B　由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.2．已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，若a＝，b＝，c＝－，则a，b，c的大小关系正确的是(　 )A．a<c<b  B．b<c<a  C．a<b<c  D．c<a<b解析：选D　由题意，构造函数g(x)＝，当x>0时，g′(x)＝<0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵函数f(x)为奇函数，∴函数g(x)是偶函数，∴c＝＝g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，且3>e>1>ln 2>0，∴g(3)<g(e)<g(ln 2)，∴c<a<b，故选D.3．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xln x，f＝，则f(x)(　 )A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值，也有极小值D．既无极大值，也无极小值解析：选D　因为xf′(x)－f(x)＝xln x，所以＝，所以′＝，所以＝ln2x＋c，所以f(x)＝xln2x＋cx.因为f＝ln2＋c×＝，所以c＝，所以f′(x)＝ln2x＋ln x＋＝(ln x＋1)2≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值．4．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.解析：由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0；当x＞时，f′(x)＜0. ∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.答案：15．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有bln a<aln b，则t的最大值为________．解析：∵0<a<b<t，bln a<aln b，∴<，令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案：e6．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}7．(2022·贵阳二模)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，h(x)单调递减；当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤，所以实数m的范围为.8．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.