备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破1构造法在解决函数导数问题中的应用

这是一份备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破1构造法在解决函数导数问题中的应用，共7页。试卷主要包含了故选D，已知f时，，[多选]若定义在R上的函数f，设h，即等内容，欢迎下载使用。
A.a＜c＜bB.c＜a＜b
C.a＜b＜cD.b＜a＜c
解析 由题意知，a＝lne432e432，b＝lnee，c＝lge24＝ln44＝ln22.
构造函数f（x）＝lnxx，则f'（x）＝1－lnxx2，令f'（x）＝0，则x＝e，令f'（x）＞0，则0＜x＜e，令f'（x）＜0，则x＞e，故f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（e）＝1e＝b，而e2＜8，e432＜2，故f（e432）＜f（2），即a＜c，所以a＜c＜b，故选A.
2.[2023南京市二模]已知f（x）是定义在R上的可导函数，其导函数为f'（x）.若对任意x∈R有f'（x）＞1，f（1＋x）＋f（1－x）＝0，且f（0）＝－2，则不等式f（x－1）＞x－1的解集为（ D ）
A.（0，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（2，＋∞）D.（3，＋∞）
解析 解法一 ∵f（1＋x）＋f（1－x）＝0，f（0）＝－2，∴令x＝1得f（2）＝2.
设g（x）＝f（x）－x，则g'（x）＝f'（x）－1＞0，∴g（x）在R上单调递增，且g（2）＝f（2）－2＝0，
∴不等式f（x－1）＞x－1可化为g（x－1）＞0＝g（2），∴x－1＞2，解得x＞
3.故选D.
解法二 设f（x）＝2x－2，经检验，满足要求，
所以f（x－1）＞x－1即2（x－1）－2＞x－1，所以x＞3.
故选D.
3.[2024 吉林省长春市东北师范大学附属中学模拟]已知函数f（x）的定义域为R，其导函数为f'（x），f'（x）－f（x）＞3ex，f（2）＝6e2，则不等式f（x）＞3xex的解集为（ A ）
A.（2，＋∞）B.（－∞，2）
C.（3，＋∞）D.（－∞，3）
解析 令G（x）＝f（x）ex－3x，
则G'（x）＝f '(x）－f（x）ex－3＞3exex－3＝0，所以函数G（x）在R上单调递增，又G（2）＝f（2）e2－3×2＝0，由f（x）＞3xex可得f（x）ex－3x＞0，即G（x）＞G（2），所以x＞2.故选A.
4.已知f（x）是定义在（－π2，π2）上的奇函数，f'（x）是其导函数.当x∈（0，π2）时，
f（x）＋f'（x）tan x＞0，则不等式cs x·f（x＋π2）＋sin x·f（－x）＞0的解集为（ D ）
A.（－π2，－π6）B.（－π6，0）
C.（－π2，－π4）D.（－π4，0）
解析 当x∈（0，π2）时，由f（x）＋f'（x）tan x＞0，得cs x·f（x）＋f'（x）sin x＞0，即[sin x·f（x）]'＞0，所以函数y＝sin x·f（x）在（0，π2）上单调递增.
又函数f（x）是定义在（－π2，π2）上的奇函数，函数y＝sin x是R上的奇函数，所以y＝
sin x·f（x）是定义在（－π2，π2）上的偶函数，且在（－π2，0）上单调递减.由－π2＜x＋π2＜π2，－π2＜－x＜π2，可得x∈（－π2，0），则x＋π2∈（0，π2），－x∈（0，π2）.不等式cs x·
f（x＋π2）＋sin x·f（－x）＞0可转化为sin（x＋π2）·f（x＋π2）＞sin（－x）·f（－x），又函数y＝sin x·f（x）在（0，π2）上单调递增，所以π2＞x＋π2＞－x＞0，解得－π4＜x＜0，故选D.
5.[条件创新/2023佛山市质检]设函数f（x）的导函数是f'（x），且f（x）f'（x）＞x恒成立，则（ D ）
A.f（1）＜f（－1）
B.f（1）＞f（－1）
C.｜f（1）｜＜｜f（－1）｜
D.｜f（1）｜＞｜f（－1）｜
解析 设g（x）＝12[f2（x）－x2]，则g'（x）＝12[2f（x）f'（x）－2x]＝f（x）f'（x）－x＞0恒成立，所以g（x）在定义域内单调递增，所以g（1）＞g（－1），即12[f2（1）－1]＞12[f2（－1）－1]，解得f2（1）＞f2（－1），即｜f（1）｜＞｜f（－1）｜，故选D.
6.[多选/2023重庆名校联考]若m＞n＞1，0＜t＜1，则下列不等式成立的是（ BCD ）
A.lgmt＜lgntB.men＜nem
C.mnt＞nmtD.mlgnt＜nlgmt
解析 对于A，lgmt－lgnt＝1lgtm－1lgtn＝lgtn－lgtmlgtm·lgtn，
因为0＜t＜1，m＞n＞1，所以lgtm·lgtn＞0，lgtn－lgtm＞0，所以lgmt－lgnt＞0，A不成立.对于B，由men＜nem及m＞n＞1，得enn＜emm，构造函数f（x）＝exx，x＞1，则
f'（x）＝ex·（x－1）x2＞0，所以f（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以f（m）＞f（n），即emm＞enn，故B成立.对于C，由mnt＞nmt及m＞n＞1，得nt－1＞mt－1，构造函数g（x）＝
xt－1，x＞1，因为0＜t＜1，所以t－1＜0，所以g'（x）＝（t－1）·xt－2＜0，所以g（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以g（n）＞g（m），即nt－1＞mt－1，故C成立.对于D，由mlgnt＜nlgmt及m＞n＞1，0＜t＜1，得mlnm＞nlnn，构造函数h（x）＝xlnx，x＞1，则h'（x）＝1＋ln x＞0，所以h（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以h（m）＞h（n），即mlnm＞nlnn，故D成立.故选BCD.
7.[多选]若定义在R上的函数f（x）满足f（0）＝－1，其导函数为f'（x），且f'（x）＞m＞1，则下列各式成立的有（ AC ）
A.f（1m）＞1－mmB.f（1m）＜－1
C.f（1m－1）＞1m－1D.f（1m－1）＜0
解析 构造函数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.易知1m＞0，所以g（1m）＞g（0）＝f（0）＝－1，即f（1m）－1＞－1，所以f（1m）＞0，故B错误.又m＞1，所以1－mm＜0，所以f（1m）＞1－mm，故A正确.由1m－1＞0得g（1m－1）＞g（0），即f（1m－1）－mm－1＞－1，则f（1m－1）＞1m－1＞0，故C正确，D错误.故选AC.
8.[2024江西省南昌市部分学校调考]若定义域为（0，＋∞）的函数f（x）满足2f（x）＋xf'（x）＞0，则不等式f（x＋1）＜f（1）（x+1）2的解集为 （－1，0） .
解析 由x∈（0，＋∞）时，函数f（x）满足2f（x）＋xf'（x）＞0，可得2xf（x）＋
x2f'（x）＞0.设h（x）＝x2f（x），x＞0，则h'（x）＝2xf（x）＋x2f'（x）＞0，故h（x）在（0，＋∞）上单调递增，由f（x＋1）＜f（1）（x+1）2，得（x＋1）2f（x＋1）＜f（1），即
h（x＋1）＜h（1），
所以0＜x＋1＜1，解得－1＜x＜0，所以f（x＋1）＜f（1）（x+1）2的解集为（－1，0）.
9.[2024福建省漳州市质检]已知函数f（x）（x∈R）的导函数为f'（x），若2f（x）＋
f'（x）＞0，且f（0）＝2 025，则不等式f（x）－2 025e－2x＞0的解集为 （0，＋∞） .
解析 令g（x）＝e2xf（x），则g'（x）＝2e2xf（x）＋e2xf'（x）＝e2x[2f（x）＋f'（x）].
因为2f（x）＋f'（x）＞0，所以g'（x）＞0，所以g（x）在R上单调递增，又f（0）＝
2 025，所以g（0）＝e0f（0）＝2 025，不等式f（x）－2 025e－2x＞0，即f（x）＞
2 025e－2x，即e2xf（x）＞2 025，即g（x）＞g（0），所以x＞0，即不等式f（x）－
2 025e－2x＞0的解集为（0，＋∞）.
10.[2023山东济南一中5月月考]已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f'（x），
f'（x）－f（x）＜0，且f（x＋1）＝f（1－x），f（0）＝e，则不等式f（x）＞ex－1的解集是 （－∞，2） .
解析 设g（x）＝f（x）ex，则g'（x）＝f '(x）－f（x）ex＜0，所以g（x）在R上单调递减.因为
f（x＋1）＝f（1－x），所以f（x）的图象关于直线x＝1对称，所以f（2）＝f（0）＝e，所以g（2）＝f（2）e2＝1e.因为f（x）＞ex－1，所以f（x）ex＞1e，即g（x）＞g（2），所以x＜2，故f（x）＞ex－1的解集是（－∞，2）.
11.[2023河北名校联考]已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝exf（－x），f（1）＝e，f'（x）是f（x）的导函数，当x∈[0，＋∞）时，f'（x）＜12f（x），则不等式
ef（x－1）＜ex2的解集为 （－∞，0）∪（2，＋∞） .
解析 令g（x）＝f（x）ex2，由f（x）＝exf（－x），得f（－x）＝f（x）ex，则g（－x）＝f（－x）e-x2＝f（x）ex2＝g（x），所以函数g（x）为偶函数.
因为当x∈[0，＋∞）时，f'（x）＜12f（x），所以当x∈[0，＋∞）时，g'（x）＝f '(x）ex2－12ex2f（x）ex＝f '(x）－12f（x）ex2＜0，所以函数g（x）在[0，＋∞）上单调递减.因为函数
g（x）为R上的偶函数，所以函数g（x）在（－∞，0）上单调递增.因为f（1）＝e，所以g（1）＝f（1）e12＝ee＝1.因为ef（x－1）＜ex2可变形为f（x－1）ex－12＜1，所以g（x－1）＜
g（1）.因为函数g（x）为R上的偶函数，在（－∞，0）上单调递增，在[0，＋∞）上单调递减，所以｜x－1｜＞1，解得x＜0或x＞2，
所以不等式ef（x－1）＜ex2的解集为（－∞，0）∪（2，＋∞）.
12.[2023沈阳市三检]已知对任意的x∈（1，＋∞），不等式k（ekx＋1）－（1x＋1）ln x＞0恒成立，则k的取值范围是 （1e，＋∞） .
解析 k（ekx＋1）－（1x＋1）ln x＞0，即kx（ekx＋1）＞（x＋1）ln x ①，因为x∈（1，＋∞），所以x＋1＞0，ln x＞0，则（x＋1）·ln x＞0，所以k＞0，则①式转化为（ekx＋1）ln ekx＞（x＋1）ln x ②.令f（t）＝（t＋1）ln t，则②式可转化为f（ekx）＞f（x），易得ekx＞1，x＞1.f'（t）＝1t＋1＋ln t，当t＞1时，f'（t）＞0，所以f（t）在（1，＋∞）上单调递增，由f（ekx）＞f（x）得ekx＞x，所以k＞lnxx.令h（x）＝lnxx，x∈（1，＋∞），则h'（x）＝1－lnxx2，当x∈（1，e）时，h'（x）＞0，当x∈（e，＋∞）时，h'（x）＜0，所以h（x）在（1，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，所以h（x）max＝h（e）＝1e，所以k＞1e，所以实数k的取值范围是（1e，＋∞）.
13.已知函数f（x）＝x＋ln（x－1），g（x）＝xlnx，若f（x1）＝1＋2ln t，g（x2）＝t2，则lntx1x2－x2的最大值为 12e .
解析 由题意得f（x1）＝x1＋ln（x1－1）＝1＋2ln t，则x1－1＋ln（x1－1）＝2ln t.
又g（x2）＝x2ln x2＝t2 （*），t＞0，x2＞0，所以ln x2＞0，
（*）式取自然对数得，ln x2＋ln（lnx2）＝2ln t，
所以x1－1＋ln（x1－1）＝2ln t＝ln x2＋ln（lnx2），于是构造函数F（x）＝x＋ln x（x＞0），则F（x1－1）＝F（ln x2）.
又F（x）＝x＋ln x在（0，＋∞）上单调递增，所以x1－1＝ln x2，
于是lntx1x2－x2＝lntx2lnx2＝lntt2，其中t＞0.
令h（t）＝lntt2（t＞0），则h'（t）＝1－2lntt3，当t∈（0，e12）时，h'（t）＞0，h（t）单调递增；当t∈（e12，＋∞）时，h'（t）＜0，h（t）单调递减.
所以h（t）max＝h（e12）＝12e.即lntx1x2－x2的最大值为12e.
14.[2022新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝ex－ax和g（x）＝ax－ln x有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析 （1）f'（x）＝ex－a，g'（x）＝a－1x（x＞0）.
若a≤0，f'（x）＞0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增，即f（x）无最小值；
若a＞0，当x∈（－∞，ln a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.
∴f（x）在x＝ln a处取得最小值f（ln a）＝a－alna.
当x∈（0，1a）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（1a，＋∞）时，g'（x）＞0，
g（x）单调递增.
∴g（x）在x＝1a处取得最小值g（1a）＝1＋ln a.
又f（x）与g（x）有相同的最小值，
∴a－alna＝1＋ln a，a＞0.
设h（a）＝alna＋ln a－a＋1，a＞0，
则h'（a）＝1a＋ln a，
令φ（a）＝h'（a），则φ'（a）＝－1a2＋1a＝a－1a2，a＞0，
当a∈（0，1）时，φ'（a）＜0，h'（a）单调递减，
当a∈（1，＋∞）时，φ'（a）＞0，h'（a）单调递增.
∴h'（a）在a＝1处取得最小值h'（1）＝1＞0，则当a＞0时，h'（a）＞0恒成立，h（a）单调递增.
又h（1）＝0，∴a＝1.
（2）由（1）得f（x）＝ex－x，g（x）＝x－ln x，
且f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，f（x）min＝f（0）＝g（x）min＝g（1）＝1.
x→＋∞时，f（x）→＋∞，g（x）→＋∞；x→0时，g（x）→＋∞；x→－∞时，f（x）→＋∞.
则f（x）和g（x）的大致图象如图所示.
由图知存在直线y＝b与曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
则f（x1）＝f（x2）＝g（x2）＝g（x3）＝b.
∵f（x）＝ex－x，g（x）＝x－ln x＝elnx－ln x＝f（ln x），
∴f（x1）＝f（x2）＝f（ln x2）＝f（ln x3）.
由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f（ln x2）＝elnx2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f（ln x3）＝elnx3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
15.[2023云南省第二次统考]已知m＞0，e是自然对数的底数，函数f（x）＝ex＋m－
mln（mx－m）.
（1）若m＝2，求函数F（x）＝ex＋x22－4x＋2－f（x）的极值.
（2）是否存在实数m，∀x＞1，都有f（x）≥0？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由.
解析 （1）因为m＝2，F（x）＝ex＋x22－4x＋2－f（x）＝x22－4x＋2ln（2x－2），
所以F（x）的定义域为（1，＋∞），
F'（x）＝x－4＋2x－1＝x2－5x+6x－1＝（x－2)(x－3）x－1.
当x变化时，F'（x），F（x）的变化情况如下表：
所以F（x）的极大值为F（2）＝2ln 2－6；
F（x）的极小值为F（3）＝4ln 2－152.
（2）因为m＞0，所以由mx－m＞0得x＞1，所以f（x）的定义域为（1，＋∞）.
当m＞0，x＞1时，
f（x）＝ex＋m－mln（mx－m）≥0
⇔ex＋m≥mln（mx－m）＝mlnm＋mln（x－1）
⇔1mex＋1≥ln m＋ln（x－1）
⇔1mex－ln m≥ln（x－1）－1
⇔ex－ln m－ln m≥ln（x－1）－1
⇔ex－ln m＋（x－ln m）≥ln（x－1）＋（x－1）＝eln（x－1）＋ln（x－1）.
设h（x）＝ex＋x，则ex－ln m＋（x－ln m）≥eln（x－1）＋ln（x－1）⇔h（x－ln m）≥
h（ln（x－1））.
因为h'（x）＝ex＋1＞0，所以h（x）在其定义域内单调递增.
所以h（x－ln m）≥h（ln（x－1））⇔x－ln m≥ln（x－1）⇔ln m≤x－ln（x－1）.
设H（x）＝x－ln（x－1），则H'（x）＝1－1x－1＝x－2x－1.
当x∈（1，2）时，H'（x）＜0，H（x）单调递减；
当x∈（2，＋∞）时，H'（x）＞0，H（x）单调递增.
所以当x∈（1，＋∞）时，H（x）min＝H（2）＝2.
所以ln m≤H（x）min＝2，即m≤e2.
所以存在实数m∈（0，e2]，∀x＞1，都有f（x）≥0.x
（1，2）
2
（2，3）
3
（3，＋∞）
F'（x）
＋
0
－
0
＋
F（x）
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增