文档内容
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＞ B．f＜－1
C．f＞ D．f＜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＞0，∴g＞g(0)，即f－1＞－1，∴f＞0，
而＜0，∴f＞，故A正确，B错误．
∵＞0，∴g＞g(0)，即f－＞－1，f＞＞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x<0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)＝2 018，则a等于( )
A．－501 B．－502
C．－503 D．－504
解析：选C 由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造 F(x)＝x2f(x)
(x>0)．
由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，
当x>1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0x 时，不等式<恒成立，则实
2 1
数a的取值范围为( )
A．(－∞，e] B．(－∞，e)
C. D．
解析：选D ∵x∈(0，＋∞)，∴原不等式转化为xf(x)0，
1 1 2 2
则函数g(x)＝ex－ax2在(0，＋∞)上单调递增．
∴g′(x)＝ex－2ax≥0在x>0时恒成立，且g′(x)不恒为零，∴2a≤.令m(x)＝，x>0，则
m′(x)＝.
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) ＝m(1)＝e，∴a≤.
min
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)在点处切线的斜率为－1－ln 2D．f(x)是偶函数
解析：选AC f(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)＋，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)＝＋＝，当x∈(－1，＋∞)时，f″(x)＞0恒成立，
所以f′(x)＝ln(1＋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)＋，所以f′＝ln－1＝－1－ln 2，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)－1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化为f(x2)－x2－1>0，
可以构造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上单调递减．又因为
F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1x2＋1的解集为{x|－12时，f′(x)>0；
当－a2，即a<－2，
当0－a时，f′(x)>0；
当2x>0时，f(x)－f(x)<(x－x)(mx ＋mx ＋1)恒成立，求实数m的取值范围．
2 1 1 2 1 2 1 2
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(x)－f(x)<(x－x)(mx ＋mx ＋1)，即为f(x)－mx－xx>0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)为增函数，φ′
2 1
(x)＝ex－2mx≥0，即2m≤，令h(x)＝(x>0)，h′(x)＝，
当01，h′(x)>0时，h(x)递增，h(x) ＝h(1)＝e，则
min
2m≤e，即m≤，
所以实数m的范围为.
11．已知函数f(x)＝1＋ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)<·ex＋x－ax3.
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，
故a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：要证xf(x)<·ex＋x－ax3，
即证xln x<·ex，也即证<.
令g(x)＝·(x>0)，则g′(x)＝·，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
故g(x) ＝g(2)＝，
最小值
令k(x)＝，则k′(x)＝，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)＝，
∵<，故k(x)0，由k<，得>e，
则x－<0在上恒成立，所以<0，
所以f(x)在上单调递减．
综上，当k<时，f(x)在上单调递减，所以f(x) ＝f(e)＝＋k－1，
min
f(x) ＝f＝e－k－1.
max
