【新高考复习】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1m＞1－mmB．f1m＜－1C．f1m－1＞1m－1D．f1m－1＜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1m＞0，∴g1m＞g(0)，即f1m－1＞－1，∴f1m＞0，而1－mm＜0，∴f1m＞1－mm，故A正确，B错误．∵1m－1＞0，∴g1m－1＞g(0)，即f1m－1－mm－1＞－1，f1m－1＞1m－1＞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x0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)＝2018，则a等于()A．－501B．－502C．－503D．－504解析：选C由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造F(x)＝x2f(x)(x0)．由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]0(x≠1)可知，当x1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0x1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＝2018，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＜aB．b＜c＜aC．a＜c＜bD．a＜b＜c解析：选D由题意知，0＜a＜5,0＜b＜4,0＜c＜3，且eaa＝e55，ebb＝e44，ecc＝e33.设f(x)＝exx，x＞0，则f′(x)＝exx－1x2，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)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析：选A设g(x)＝fxex，则g′(x)＝f′xex－fxexex2＝f′x－fxex，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即fx1ex1＜fx2ex2，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．6．(2021·滕州模拟)已知函数f(x)＝exx－ax，x∈(0，＋∞)，当x2x1时，不等式fx1x2fx2x1恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，e]B．(－∞，e)C.－∞，e2D．－∞，e2解析：选D∵x∈(0，＋∞)，∴原不等式转化为x1f(x1)x2f(x2)，设函数g(x)＝xf(x)，x0，则函数g(x)＝ex－ax2在(0，＋∞)上单调递增．∴g′(x)＝ex－2ax≥0在x0时恒成立，且g′(x)不恒为零，∴2a≤exx.令m(x)＝exx，x0，则m′(x)＝x－1exx2.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≤e2.7．(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－12，f－12处切线的斜率为－1－ln2D．f(x)是偶函数解析：选ACf(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)＋x1＋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)＝11＋x＋11＋x2＝2＋x1＋x2，当x∈(－1，＋∞)时，f″(x)＞0恒成立，所以f′(x)＝ln(1＋x)＋x1＋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)＋x1＋x，所以f′－12＝ln12－1＝－1－ln2，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)－10，待解不等式f(x2)x2＋1可化为f(x2)－x2－10，可以构造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－10，所以F(x)在R上单调递减．又因为F(x2)＝f(x2)－x2－10＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x212，解得－1x1，故不等式f(x2)x2＋1的解集为{x|－1x1}．答案：{x|－1x1}9．已知函数f(x)＝12x2－2alnx＋(a－2)x，当a0时，讨论函数f(x)的单调性．解：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－2ax＋a－2＝x－2x＋ax.①当－a＝2，即a＝－2，f′(x)＝x－22x≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②若0－a2，即－2a0，当0x－a或x2时，f′(x)0；当－ax2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－a2，即a－2，当0x2或x－a时，f′(x)0；当2x－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－2a0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x2x10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)－mx21－x1f(x2)－mx22－x2，由x2x10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≤exx，令h(x)＝exx(x0)，h′(x)＝exx－1x2，当0x1时，h′(x)0时，h(x)递减；x1，h′(x)0时，h(x)递增，h(x)min＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤e2，所以实数m的范围为－∞，e2.11．已知函数f(x)＝1＋lnx－ax2.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)证明：xf(x)2e2·ex＋x－ax3.解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－2ax2x，故a≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a0时，令f′(x)＝0，解得x＝2a2a，故f(x)在0，2a2a上单调递增，在2a2a，＋∞上单调递减．(2)证明：要证xf(x)2e2·ex＋x－ax3，即证xlnx2e2·ex，也即证lnxx2exe2x2.令g(x)＝2e2·exx2(x0)，则g′(x)＝2e2·exx－2x3，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)＝12，令k(x)＝lnxx，则k′(x)＝1－lnxx2，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)＝1e，∵1e12，故k(x)g(x)，即lnx2ex－2x，故xf(x)2e2·ex＋x－ax3.12．已知函数f(x)＝1－xx＋klnx，k1e，求函数f(x)在1e，e上的最大值和最小值．解：f′(x)＝－x－1－xx2＋kx＝kx－1x2.(1)若k＝0，则f′(x)＝－1x2，在1e，e上恒有f′(x)0，所以f(x)在1e，e上单调递减．(2)若k≠0，则f′(x)＝kx－1x2＝kx－1kx2.①若k0，则在1e，e上恒有kx－1kx20，所以f(x)在1e，e上单调递减．②若k0，由k1e，得1ke，则x－1k0在1e，e上恒成立，所以kx－1kx20，所以f(x)在1e，e上单调递减．综上，当k1e时，f(x)在1e，e上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝1e＋k－1，f(x)max＝f1e＝e－k－1.