課后跟蹤訓(xùn)練(十五)[基礎(chǔ)鞏固練]一、選擇題1．已知y＝f(x)為(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，且有f′(x)＋eq\f(fx,x)>0，則對(duì)于任意的a，b∈(0，＋∞)，當(dāng)a>b時(shí)，有()A．a(chǎn)f(a)<bf(b) B．a(chǎn)f(a)>bf(b)C．a(chǎn)f(b)>bf(a) D．a(chǎn)f(b)<bf(a)[解析]由f′(x)＋eq\f(fx,x)>0得eq\f(xf′x＋fx,x)>0，即eq\f([xfx]′,x)>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函數(shù)y＝xf(x)為增函數(shù)，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故選B.[答案]B2．(2020·四川綿陽(yáng)一診)若函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,x)－ax－b在定義域上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0] B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)[解析]因?yàn)閒(x)＝lnx－eq\f(1,x)－ax－b(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－a.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在定義域上是增函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－a≥0，即a≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2).因?yàn)閤>0，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，即a≤0，故選A.[答案]A3．已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小關(guān)系為()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))B．f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)[解析]由f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，知f(x)是偶函數(shù)．f′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)0<x<eq\f(π,2)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為增函數(shù)．又0<eq\f(π,5)<1<eq\f(π,3)<eq\f(π,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5))).故選A.[答案]A4．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)[解析]由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.設(shè)F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2.因?yàn)閒′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調(diào)遞增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等價(jià)于F(x)>F(－1)，所以x>－1，故選B.[答案]B5．(2019·四川樂(lè)山一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)，則y＝f(x)的圖象大致為()[解析]令g(x)＝x－lnx－1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，由g′(x)>0，得x>1，即函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)<0得0<x<1，即函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)有最小值，g(x)min＝g(1)＝0，于是對(duì)任意的x∈(0,1)∪(1，＋∞)，有g(shù)(x)≥0，故排除B、D，因函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)在(0,1)上遞增，故排除C.故選A.[答案]A二、填空題6．函數(shù)f(x)＝ex－3x的單調(diào)遞增區(qū)間是________．[解析]f′(x)＝ex－3，令f′(x)>0，解得x>ln3，則函數(shù)f(x)＝ex－3x的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln3，＋∞)．[答案](ln3，＋∞)7．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋mlnx在[1，＋∞)是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．[解析]依題意知，f′(x)＝－x＋eq\f(m,x)≤0在[1，＋∞)內(nèi)恒成立，所以m≤x2在[1，＋∞)內(nèi)恒成立，所以m≤(x2)min，因?yàn)閤≥1，y＝x2的最小值為1，所以m≤1.所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，1]．[答案](－∞，1]8．(2020·西安三中月考)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿(mǎn)足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為_(kāi)_______．[解析]設(shè)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)<eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)<F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[答案](－∞，－1)∪(1，＋∞)三、解答題9．(1)求函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ex－e－x－eq\f(3,2)x的單調(diào)區(qū)間．[解](1)f(x)＝3x－2x2＋lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－4x＋3＝eq\f(－4x2＋3x＋1,x)＝eq\f(－4x＋1x－1,x)(x>0)．當(dāng)x∈(0,1)，f′(x)>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx單調(diào)遞增．當(dāng)x∈(1，＋∞)，f′(x)<0時(shí)，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx單調(diào)遞減．故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(1,2ex)[(ex)2－3ex＋2]＝eq\f(1,2ex)(ex－1)(ex－2)，令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln2.令f′(x)>0，則x<0或x>ln2；令f′(x)<0，則0<x<ln2.∴f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，0)，(ln2，＋∞)；遞減區(qū)間是(0，ln2)．10．(2019·山東棗莊調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xex－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x))(a∈R)．(1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，e)處的切線方程；(2)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解](1)a＝0時(shí)，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切線的斜率k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在點(diǎn)(1，e)處的切線方程為y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.①當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．②當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時(shí)，lna<－1，由f′(x)>0，得x<lna或x>－1；由f′(x)<0，得lna<x<－1，所以單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，－1)．③當(dāng)a>eq\f(1,e)時(shí)，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna；由f′(x)<0，得－1<x<lna，所以單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，lna)．綜上所述，當(dāng)a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，－1)；當(dāng)a>eq\f(1,e)時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，lna)．[能力提升練]11．若函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C．(－∞，3) D．(－∞，3][解析]函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x的定義域?yàn)?0，＋∞)，且其導(dǎo)數(shù)為g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－(b－1)．由g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即x＋eq\f(1,x)＋1－b<0有解．因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以x＋eq\f(1,x)≥2.要使x＋eq\f(1,x)＋1－b<0有解，只需要x＋eq\f(1,x)的最小值小于b－1，所以2<b－1，即b>3，所以實(shí)數(shù)b的取值范圍是(3，＋∞)，故選B.[答案]B12．(2019·湖北襄陽(yáng)調(diào)研)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)，滿(mǎn)足f′(x)<f(x)，f(0)＝1，則不等式f(x)<ex的解集為()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－2，＋∞) D．(4，＋∞)[解析]令F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F(0)＝1，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＜0，故F(x)為R上的減函數(shù)，有f(x)<ex等價(jià)于F(x)<1，即F(x)<F(0)．故不等式f(x)<ex的解集為(0，＋∞)．故選A.[答案]A13．已知函數(shù)f(x)＝ax－x3，若對(duì)區(qū)間(0,1)上的任意x1，x2，且x1<x2，都有f(x2)－f(x1)>x2－x1成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[解析]問(wèn)題等價(jià)于函數(shù)g(x)＝f(x)－x在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù)，即g′(x)＝a－1－3x2≥0，即a≥1＋3x2在(0,1)上恒成立，即a≥4，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．[答案][4，＋∞)14．(2019·廣東汕頭一模)已知f(x)＝－eq\f(1,2)ax2＋ax＋(x－2)ex(a>0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)存在3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝－ax＋a＋ex＋(x－2)ex＝(x－1)(ex－a)．因?yàn)閍>0，由f′(x)＝0，得x1＝1或x2＝lna.①當(dāng)0<a<e時(shí)，1>lna，在(－∞，lna)和(1，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)單調(diào)遞增；在(lna,1)上，f′(x)<0，所以f(x)單調(diào)遞減．②當(dāng)a＝e時(shí)，1＝lna，在(－∞，＋∞)上，f′(x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)單調(diào)遞增．③當(dāng)a>e時(shí)，lna>1，在(－∞，1)和(lna，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；在(1，lna)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)0<a<e時(shí)，f(x)在(－∞，lna)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>e時(shí)，f(x)在(－∞，1)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，lna)上單調(diào)遞減．(2)f(x)＝－eq\f(1,2)ax2＋ax＋(x－2)ex＝(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ax＋ex))，所以f(x)有一個(gè)零點(diǎn)x＝2.要使得f(x)有3個(gè)零點(diǎn)，則方程－eq\f(1,2)ax＋ex＝0(x≠2)有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則方程a＝eq\f(2ex,x)(x≠2,0)有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根．令h(x)＝eq\f(2ex,x)(x≠2,0)，即函數(shù)y＝a與y＝h(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)．由h′(x)＝eq\f(2xex－2ex,x2)＝eq\f(2exx－1,x2)＝0，得x＝1，當(dāng)x變化時(shí)，h(x)，h′(x)情況如下表：x(－∞，0)(0,1)1(1,2)(2，＋∞)h′(x)－－0＋＋h(x)極小值當(dāng)x<0時(shí)，h(x)<0，又h(1)＝2e，h(2)＝e2，所以h(x)的大致圖象如圖．所以要使f(x)有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2e，e2)∪(e2，＋∞)．[拓展延伸練]15．(2019·重慶四校聯(lián)考)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝20.1f(20.1)，b＝ln2f(ln2)，c＝log2eq\f(1,8)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,8)))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．c>a>b D．a(chǎn)>c>b[解析]設(shè)g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝[xf(x)]′＝f(x)＋xf′(x)．由題意知當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，g′(x)＝f(x)＋xf′