2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第2讲　利用导数研究函数的性质

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第2讲　利用导数研究函数的性质，共7页。

A．(0,1)B．(0,2)
C．(－1,1)D．(－2,2)
【解析】 因为当x≥0时，f′(x)＜0，故偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，故f(x2－x)－f(x)＞0变形为f(|x2－x|)＞f(|x|)，所以|x2－x|＜|x|，显然x＝0不满足不等式，则|x－1|＜1，解得x∈(0,2)．
2．已知函数f(x)＝xcsx－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，x∈[0，π)，则函数f(x)的最大值是( B )
A．－cs1B．－sin1
C．－1D．－eq \r(2)
【解析】 依题意得函数f(x)＝xcsx－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，f′(x)＝csx－xsinx－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝(1－x)sinx，则函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，π)上单调递减．因此在[0，π)上，f(x)max＝f(1)＝－sin1．
3．已知a＞0，函数f(x)＝a2x－eq \f(1,3)x3的极小值为－eq \f(4,3)，则a＝( C )
A．eq \r(3,4)B．1
C．eq \r(3,2)D．eq \r(2)
【解析】 f′(x)＝－x2＋a2＝－(x－a)(x＋a)，则f(x)在(－∞，－a)和(a，＋∞)上单调递减，在(－a，a)上单调递增，所以f(x)极小值＝f(－a)＝－a3＋eq \f(1,3)a3＝－eq \f(2,3)a3＝－eq \f(4,3)，则a3＝2，a＝eq \r(3,2)．
4．(2023·泰安期末)设a＝eq \f(1,5)，b＝lneq \f(11,9)，c＝sineq \f(1,5)，则( D )
A．a＜b＜cB．b＜c＜a
C．c＜b＜aD．c＜a＜b
【解析】 令f(x)＝lnx－eq \f(2x－1,x＋1)，x＞0，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(4,x＋12)＝eq \f(x－12,xx＋12)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝ln1－eq \f(21－1,1＋1)＝0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,9)))＞f(1)＝0，所以lneq \f(11,9)－eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,9)－1)),\f(11,9)＋1)＞0，即lneq \f(11,9)＞eq \f(1,5)，所以a＜b．令g(x)＝x－sinx，x＞0，所以g′(x)＝1－csx≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(0)＝0－sin0＝0，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))＝eq \f(1,5)－sineq \f(1,5)＞0，即eq \f(1,5)＞sineq \f(1,5)，所以c＜a．综上，c＜a＜b．
5．(2023·济南期末)(多选)已知函数f(x)＝x3－ax＋2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则( BCD )
A．a≥0
B．x1x2＜0
C．f(x1)＞f(x2)
D．f(x)的图象关于点(0,2)中心对称
【解析】 由题可得f′(x)＝3x2－a＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝0＋12a＞0，所以a＞0，故A错误；根据题意知x1，x2为3x2－a＝0的两个根，所以x1x2＝－eq \f(a,3)＜0，故B正确；因为x1＜x2，且x1，x2为3x2－a＝0的两个根，所以由f′(x)＝3x2－a＞0，得x＜x1或x＞x2，由f′(x)＝3x2－a＜0，得x1＜x＜x2，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，所以f(x1)＞f(x2)成立，故C正确；因为g(x)＝x3－ax为奇函数，所以g(x)＝x3－ax的图象关于(0,0)中心对称，所以f(x)＝g(x)＋2＝x3－ax＋2的图象关于(0,2)中心对称，故D正确．
6．(2023·深圳罗湖期末)(多选)已知x∈[－π，π]，函数f(x)＝eq \f(sinx,x2＋1)，则( AC )
A．f(x)的图象关于原点对称
B．f(x)有四个极值点
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增
D．f(x)的最大值不大于eq \f(\r(,2),4)
【解析】 对于A，f(－x)＝eq \f(sin－x,－x2＋1)＝－eq \f(sinx,x2＋1)＝－f(x)，是奇函数，图象关于原点对称，故A正确；对于B，f′(x)＝eq \f(x2＋1csx－2xsinx,x2＋12)，令g(x)＝(x2＋1)csx－2xsinx，则g′(x)＝2xcsx－(x2＋1)sinx－(2sinx＋2xcsx)＝－(x2＋3)sinx．当x∈(0，π] 时，g′(x)≤0，g(x) 单调递减，当x∈[－π，0) 时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，所以g(x)最多只有2个零点，即f′(x)最多只有2个零点，故B错误；对于C, geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π2,16)＋1))×eq \f(\r(,2),2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(,2),2)))＝eq \f(\r(,2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π2,16)＋1－\f(π,2))) ＝eq \f(\r(,2),32)(π－4)2＞0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(,2),32)(π－4)2＞0，g(0)＝1．由B的分析知：当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) 时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)单调递增，故C正确；对于D，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\f(\r(,2),2),\f(π2,16)＋1)＝eq \f(\r(,2),\f(π2,8)＋2)＞eq \f(\r(,2),\f(42,8)＋2)＝eq \f(\r(,2),4)，故D错误．
7．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(2，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是__eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))__．
【解析】 由于f′(x)＝k－eq \f(1,x)，f(x)＝kx－lnx在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝k－eq \f(1,x)≥0在(2，＋∞)上恒成立．由于k≥eq \f(1,x)，而0＜eq \f(1,x)＜eq \f(1,2)，所以k≥eq \f(1,2)，即k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．
8．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－alnx存在唯一的极值，且此极值不小于1，则实数a的取值范围为__eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))__．
【解析】 f′(x)＝x－1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \f(x＋ax－1,x)，x＞0．因为函数f(x)存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0，且f(1)＝－eq \f(1,2)＋a≥1，所以a≥eq \f(3,2)．
9．(2023·黄石一模)设x1，x2是函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－ex＋1(a∈R)的两个极值点，若eq \f(x2,x1)≥2，则a的最小值为__eq \f(2,ln2)__．
【解析】 因为f′(x)＝ax－ex，x1，x2是f(x)的两个极值点，所以x1，x2是ax－ex＝0的两根．又当x＝0时，方程不成立，即ex1＝ax1，ex2＝ax2，两式作比得到eq \f(ex2,ex1)＝eq \f(x2,x1)＝ex2－x1，所以ex2－x1＝eq \f(x2,x1)．令eq \f(x2,x1)＝t≥2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝\f(lnt,t－1)，,x2＝\f(tlnt,t－1).)) 令h(t)＝eq \f(lnt,t－1)，t≥2，则h′(t)＝eq \f(1－\f(1,t)－lnt,t－12)．令u(t)＝1－eq \f(1,t)－lnt，t≥2，则u′(t)＝eq \f(1－t,t2)＜0，所以u(t)在[2，＋∞)上单调递减，所以u(t)≤u(2)＝eq \f(1,2)－ln2＜0，所以h(t)在[2，＋∞)上单调递减，x1∈(0，ln2]，所以a＝eq \f(ex1,x1)，x1∈(0，ln2]．令φ(x)＝eq \f(ex,x)，0＜x≤ln2，则φ′(x)＝eq \f(exx－1,x2)＜0 恒成立，所以φ(x)在(0，ln2]上单调递减，即a≥eq \f(2,ln2)．
10．(2023·湖北八市三月联考节选)已知函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－ax，其中a≥0．讨论函数g(x)的单调性．
【解答】 函数g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－ax的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝eq \f(－ax2＋x－1,x2)(x＞0)．若a＝0，由g′(x)＜0可得x∈(0,1)，由g′(x)＞0可得x∈(1，＋∞)，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．若a＞0，由g′(x)＝eq \f(－ax2＋x－1,x2)＝0，可得－ax2＋x－1＝0，Δ＝1－4a．①当Δ＝1－4a≤0，即a≥eq \f(1,4)时，g′(x)≤0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当Δ＝1－4a＞0，即0＜a＜eq \f(1,4)时，令g′(x)＝0，得x1＝eq \f(1－\r(,1－4a),2a)，x2＝eq \f(1＋\r(,1－4a),2a)，0＜x1＜x2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(,1－4a),2a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(,1－4a),2a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(,1－4a),2a)，\f(1＋\r(,1－4a),2a)))上单调递增．综上，当a＝0时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a≥eq \f(1,4)时，g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜eq \f(1,4)时，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(,1－4a),2a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(,1－4a),2a)，＋∞))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(,1－4a),2a)，\f(1＋\r(,1－4a),2a)))上单调递增．
11．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．
(1) 讨论f(x)的单调性；
【解答】 函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．
(2) 若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【解答】 ①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0，符合题意；②若a＞0，则由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a2lna，从而当且仅当－a2lna≥0，即a≤1时，f(x)≥0；③若a＜0，则由(1)得，当x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))时，f(x)取得最小值，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))＝a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))，从而当且仅当a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))≥0，即a≥－2eeq \f(3,4)时，f(x)≥0．综上，a的取值范围为[－2eeq \f(3,4)，1]．
B组 抓分题天天练
12．袋中有大小和形状都相同的3个白球和2个黑球，现从袋中不放回地依次抽取两个球，则在第一次取到白球的条件下，第二次也取到白球的概率是( C )
A．eq \f(3,4)B．eq \f(3,5)
C．eq \f(1,2)D．eq \f(3,10)
【解析】 记第i次取到白球为事件Ai(i＝1,2)，P(A2|A1)＝eq \f(PA1A2,PA1)＝eq \f(3×2,5×4)÷eq \f(3,5)＝eq \f(1,2)．
13．已知向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝4，|b|＝2，则向量a与向量a＋2b的夹角等于( D )
A．eq \f(5π,6)B．eq \f(π,2)
C．eq \f(π,3)D．eq \f(π,6)
【解析】 由题得a·b＝|a||b|cseq \f(π,3)＝4，则a·(a＋2b)＝|a|2＋2a·b＝16＋8＝24，|a＋2b|＝eq \r(|a|2＋4|b|2＋4a·b)＝4eq \r(3)．设向量a与向量a＋2b的夹角为θ，故csθ＝eq \f(a·a＋2b,|a||a＋2b|)＝eq \f(24,4×4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，又θ∈[0，π]，故θ＝eq \f(π,6)．
14．在①b2＋c2－a2＝eq \f(4\r(3),3)·S，②asinB＝bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))，③2a＝eq \f(bcsC＋ccsB,csA)这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，△ABC的面积为S，________．
(1) 求角A的大小；
【解答】 若选①，则由余弦定理b2＋c2－a2＝2bccsA及S＝eq \f(1,2)bcsinA，得2bccsA－eq \f(4\r(3),3)×eq \f(1,2)bcsinA＝0，所以sinA＝eq \r(3)csA．因为csA≠0，所以tanA＝eq \r(3)．因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)．
若选②，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinAsinB＝sinBsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))，因为sinB≠0，所以sinA＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))，即sinA＝eq \f(1,2)sinA＋eq \f(\r(3),2)csA，所以sinA＝eq \r(3)csA．因为csA≠0，所以tanA＝eq \r(3)．因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)．
若选③，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得2sinA＝eq \f(sinBcsC＋sinCcsB,csA)＝eq \f(sinB＋C,csA)＝eq \f(sinA,csA)．因为sinA≠0，所以csA＝eq \f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)．
(2) 若AC＝2，BC＝eq \r(7)，点D在线段AB上，且△ACD与△BCD的面积比为4∶5，求CD的长．
【解答】 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·csA，因为AC＝2，BC＝eq \r(7)，A＝eq \f(π,3)，所以7＝AB2＋4－4×AB×cseq \f(π,3)，解得AB＝3或AB＝－1(舍去)．因为△ACD与△BCD的面积比为4∶5，所以AD＝eq \f(4,3)，在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcsA＝22＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2－2×2×eq \f(4,3)cseq \f(π,3)＝eq \f(28,9)，即CD＝eq \f(2\r(7),3)．
x
(0，x1)
(x1，x2)
(x2，＋∞)
g′(x)
－
＋
－
g(x)
↘
↗
↘