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

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这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用第2讲　高效演练分层突破学案，共6页。

A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋eq \f(3,x)＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
解析：选B.法一：令y′＝1－eq \f(3,x2)＋eq \f(2,x)<0，得－30，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.
法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝43．函数f(x)＝eq \f(ex,x)的图象大致为( )
解析：选B.函数f(x)＝eq \f(ex,x)的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x>0时，函数f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)，可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．
当x<0时，函数f(x)＝eq \f(ex,x)<0，选项D不正确，选项B正确．
4．(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)( )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数
B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数
D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
解析：选A.通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又ex＋e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.
优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)5．(2020·江西七校第一次联考)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.因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋eq \f(1,x)>2，所以m≤2.故选C.
6．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为．
解析：由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2).
所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为．
解析：由f(x)图象特征可得，
f′(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))和[2，＋∞)上大于0，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上小于0，
所以xf′(x)≥0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥0，,f′（x）≥0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,f′（x）≤0))⇔0≤x≤eq \f(1,2)或x≥2，
所以xf′(x)≥0的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)
8．若f(x)＝xsin x＋cs x，则f(－3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，f(2)的大小关系为 (用“<”连接)．
解析：由题意知，函数f(x)为偶函数，
因此f(－3)＝f(3)．
又f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0.所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上是减函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)9．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝eq \f(2,3)时，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋2a×eq \f(2,3)－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－eq \f(1,3)；
令f′(x)<0，解得－eq \f(1,3)所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).
10．已知函数f(x)＝eq \f(b,ex)－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
解：因为f(0)＝b－1，
所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝eq \f(b－1－（－2）,0－2)＝－eq \f(b＋1,2)，
而f′(x)＝－eq \f(b,ex)，由导数的几何意义可知，
f′(0)＝－b＝－eq \f(b＋1,2)，
所以b＝1，所以f(x)＝eq \f(1,ex)－1.
则F(x)＝ax＋eq \f(1,ex)－1，F′(x)＝a－eq \f(1,ex)，
当a≤0时，F′(x)<0恒成立；
当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
[综合题组练]
1．(2020·郑州市第二次质量预测)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( )
A．(0，2) B．(0，3)
C．(2，3) D．(3，＋∞)
解析：选B.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)，故选B.
2．设函数f(x)＝x－eq \f(1,x)，且f(mx)＋mf(x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是．
解析：由f(mx)＋mf(x)<0得mx－eq \f(1,mx)＋mx－eq \f(m,x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，整理得2mx0时，2x2<1＋eq \f(1,m2)，显然当x＝1时y＝2x2取得最小值为2，无最大值，不符合题意；当m<0时，2x2>1＋eq \f(1,m2)，当x＝1时y＝2x2取得最小值为2，1＋eq \f(1,m2)<2，解得m<－1.综上，实数m的取值范围是m<－1.
答案：(－∞，－1)
3．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝1，,f′（0）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,b＝0.))
故b＝0，c＝1.
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．
则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－eq \f(2,x)成立，
即－a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(2,x)))eq \s\d7(min).
因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，
则－x－eq \f(2,x)≥2eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x))))＝2eq \r(2)，
当且仅当－x＝－eq \f(2,x)，即x＝－eq \r(2)时等号成立，
所以－a>2eq \r(2)，则a<－2eq \r(2).
所以实数a的取值范围为(－∞，－2eq \r(2))．
4．(2020·成都七中检测)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
解：(1)由题意得f′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq \f(1,\r(2a))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，从而g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)＝eq \f(e（ex－1－x）,xex)>0.

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