2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第1课时　高效演练分层突破学案

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1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(b)>f(a)，故选C.
2．(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：选C.f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．
当Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2时，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2时，则需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)≤1，,g（1）＝6－6m＋6≥0，))解得m≤2，所以m<－2.
综上得m≤2，所以实数m的取值范围是(－∞，2]．
3．已知f(x)＝eq \f(ln x,x)，则( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)，而f(2)＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 8,6)，f(3)＝eq \f(ln 3,3)＝eq \f(ln 9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
4．设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．(1，2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0，3]
解析：选A.因为f(x)＝eq \f(1,2)x2－9ln x，所以f′(x)＝x－eq \f(9,x)(x>0)，由x－eq \f(9,x)≤0，得00且a＋1≤3，解得15．(2020·江西上饶第二次模拟)对任意x∈R，函数y＝f(x)的导数都存在，若f(x)＋f′(x)>0恒成立，且a>0，则下列说法正确的是( )
A．f(a)f(0)
C．ea·f(a)f(0)
解析：选D.设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)为R上的单调递增函数，因为a>0，所以g(a)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)，故选D.
6．函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(5,4x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2)，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5)．
答案：(0，5)
7．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)解析：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2xln 2，所以在定义域内f′(x)>0，函数单调递增，所以由f(x2＋2)答案：(1，2)
9．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋k,ex)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)由题意得f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex)，
又因为f′(1)＝eq \f(1－k,e)＝0，故k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)，
设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)，求实数a的值；
(4)若函数f(x)在区间(－1，1)上不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，
所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，
f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，
所以a≥3x2在(－1，1)上恒成立，
因为当－1(3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，
又f(x)的单调递减区间为(－1，1)，
所以eq \f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3.
(4)由题意知f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a>0.
令f′(x)＝0，解得x＝±eq \f(\r(3a),3).
因为f(x)在区间(－1，1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1，1)上有解，需0所以实数a的取值范围为(0，3)．
[综合题组练]
1．设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当aA．f(x)g(x)>f(b)g(b)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C.令F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)，则F′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)<0，所以F(x)在R上单调递减．又aeq \f(f（x）,g（x）)>eq \f(f（b）,g（b）).又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．
2．(2020·石家庄模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝x2，且x<0时，f′(x)A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．(－∞，0)
解析：选A.令g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x2，
则g(x)＋g(－x)＝0⇒g(x)为奇函数，
又x<0时，g′(x)＝f′(x)－x<0⇒g(x)在(－∞，0)上单调递减，
则g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
由f(x)－f(1－x)≥x－eq \f(1,2)知f(x)－eq \f(1,2)x2≥f(1－x)－eq \f(1,2)(1－x)2，即g(x)≥g(1－x)，
从而x≤1－x⇒x≤eq \f(1,2)，
所以所求不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).故选A.
3．已知函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－eq \f(3,x)
＝－eq \f(（x－1）（x－3）,x)，
由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t<1答案：(0，1)∪(2，3)
4．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)＜0的解集为________．
解析：令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数. 又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0. 在(0，＋∞)上，不等式f(x)＜0的解集就是xf(x)＜0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)＜0的解集是(0，3)．
答案：(0，3)
5．设函数f(x)＝aln x＋eq \f(x－1,x＋1)，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)由题意知当a＝0时，f(x)＝eq \f(x－1,x＋1)，x∈(0，＋∞)，
此时f′(x)＝eq \f(2,（x＋1）2)，
可得f′(1)＝eq \f(1,2)，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,（x＋1）2)＝eq \f(ax2＋（2a＋2）x＋a,x（x＋1）2).
当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当a＝－eq \f(1,2)时，Δ＝0，f′(x)＝eq \f(－\f(1,2)（x－1）2,x（x＋1）2)≤0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a<－eq \f(1,2)时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－eq \f(1,2)0，
设x1，x2(x1则x1＝eq \f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，
x2＝eq \f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a).
由于x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)>0，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增，
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－eq \f(1,2)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)))，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)，＋∞))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－（a＋1）＋\r(2a＋1),a)，\f(－（a＋1）－\r(2a＋1),a)))上单调递增．
6．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′（x）＋\f(m,2)))在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝eq \f(a（1－x）,x)，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，
单调递减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq \f(a,2)＝1，
即a＝－2，
所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝eq \f(2x－2,x).
所以g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))x2－2x，
所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g′（t）<0，,g′（3）>0.))
当g′(t)<0时，
即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－eq \f(37,3).
所以－eq \f(37,3)即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).