利用导数讨论函数单调性-导数在研究函数中的应用知识点专题进阶单选题自测题答案-天津市等高二数学选择必修,平均正确率48.0%

1、['利用导数讨论函数单调性'， '利用函数单调性比较大小']

正确率40.0%若$$a=\frac{\operatorname{l n} 3} {3}， \， \， \， b=\frac{\operatorname{l n} 5} {5}， \， \， \， c=\frac{\operatorname{l n} 6} {6}$$，则（）

A.$${{a}{<}{b}{<}{c}}$$

B.$${{c}{<}{b}{<}{a}}$$

C.$${{c}{<}{a}{<}{b}}$$

D.$${{b}{<}{a}{<}{c}}$$

2、['函数的新定义问题'， '利用导数讨论函数单调性']

正确率19.999999999999996%记$$m i n \{x， \， \， y \}=\left\{\begin{array} {l} {y， x \geq y} \\ {x， x < y} \\ \end{array} \right.$$设$${{f}{（}{x}{）}{=}{m}{i}{n}{\{}{{x}^{2}}{，}{{x}^{3}}{\}}}$$，则（）

A.存在$${{t}{>}{0}{，}{|}{f}{（}{t}{）}{+}{f}{（}{−}{t}{）}{|}{>}{f}{（}{t}{）}{−}{f}{（}{−}{t}{）}}$$

B.存在$${{t}{>}{0}{，}{|}{f}{（}{t}{）}{−}{f}{（}{−}{t}{）}{|}{>}{f}{（}{t}{）}{−}{f}{（}{−}{t}{）}}$$

C.存在$${{t}{>}{0}{，}{|}{f}{（}{1}{+}{t}{）}{+}{f}{（}{1}{−}{t}{）}{|}{>}{f}{（}{1}{+}{t}{）}{+}{f}{（}{1}{−}{t}{）}}$$

D.存在$${{t}{>}{0}{，}{|}{f}{（}{1}{+}{t}{）}{−}{f}{（}{1}{−}{t}{）}{|}{>}{f}{（}{1}{+}{t}{）}{−}{f}{（}{1}{−}{t}{）}}$$

3、['两点间的斜率公式'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '利用基本不等式求最值']

正确率40.0%已知函数$${{h}{(}{x}{)}{=}{a}{l}{n}{x}{+}{(}{a}{−}{1}{)}{{x}^{2}}{+}{1}{(}{a}{<}{0}{)}}$$，在函数$${{h}{(}{x}{)}}$$图象上任取两点$${{A}{，}{B}}$$，若直线$${{A}{B}}$$的斜率的绝对值都不小于$${{5}}$$，则实数$${{a}}$$的取值范围是

A.$${{(}{−}{∞}{，}{0}{)}}$$

B.$$(-\infty， \frac{2-3 \sqrt{6}} {4} ]$$

C.$$(-\infty，-\frac{2+3 \sqrt{6}} {4} ]$$

D.$$( \frac{2-3 \sqrt{6}} {4}， 0 )$$

4、['函数奇、偶性的定义'， '利用导数讨论函数单调性'， '不等式比较大小']

正确率19.999999999999996%函数$${{f}{(}{x}{)}}$$在$${{R}}$$内满足$${{f}{(}{−}{x}{)}{=}{−}{f}{(}{x}{)}}$$，当$${{x}{>}{0}}$$时，$${{f}{{(}{x}{)}}{=}{1}{−}{{e}^{x}}}$$，记$$a=-\pi f (-\pi)， b=-\frac{1 6} {5} f (-\frac{1 6} {5} )， c=e f ( e )$$，则$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$的大小关系为$${{(}{)}}$$

A.$${{a}{<}{b}{<}{c}}$$

B.$${{b}{<}{a}{<}{c}}$$

C.$${{c}{<}{b}{<}{a}}$$

D.$${{b}{<}{c}{<}{a}}$$

5、['利用导数讨论函数单调性'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '利用基本不等式求最值']

正确率40.0%已知函数$${{f}{(}{x}{)}{=}{x}{[}{{l}{n}}{x}{+}{(}{x}{−}{t}{{)}^{2}}{]}{(}{t}{∈}{R}{)}}$$，若存在$$x \in[ \frac{1} {2}， 2 ]$$，使得$${{f}{(}{x}{)}{−}{x}{{f}^{′}}{(}{x}{)}{>}{0}}$$，则实数$${{t}}$$的取值范围是（）

A.$${{(}{\sqrt {2}}{，}{+}{∞}{)}}$$

B.$${{(}{−}{∞}{，}{\sqrt {2}}{)}}$$

C.$$( \frac{9} {4}，+\infty)$$

D.$$(-\infty， \frac{9} {4} )$$

6、['函数的新定义问题'， '函数的最大(小)值'， '导数与单调性'， '利用导数讨论函数单调性']

正确率40.0%设函数$${{f}{（}{x}{）}}$$的定义域为$${{D}}$$，若满足条件：存在$${{[}{a}{，}{b}{]}{⊆}{D}}$$，使$${{f}{（}{x}{）}}$$在$${{[}{a}{，}{b}{]}}$$上的值域为$$[ \frac{a} {2}， \ \frac{b} {2} ]$$，则称$${{f}{（}{x}{）}}$$为$${{“}}$$倍缩函数$${{”}}$$．若函数$${{f}{（}{x}{）}{=}{l}{n}{x}{+}{t}}$$为$${{“}}$$倍缩函数$${{”}}$$，则实数$${{t}}$$的取值范围是（）

A.$${（{−}{∞}{，}{l}{n}{2}{−}{1}{）}}$$

B.$${（{−}{∞}{，}{l}{n}{2}{−}{1}{]}}$$

C.$${（{1}{−}{l}{n}{2}{，}{+}{∞}{）}}$$

D.$${{[}{1}{−}{l}{n}{2}{，}{+}{∞}{）}}$$

9、['导数与最值'， '利用导数讨论函数单调性']

正确率40.0%已知函数$${{f}{(}{x}{)}{=}{a}{(}{x}{+}{1}{)}{{l}{n}}{(}{x}{+}{1}{)}{−}{{x}^{2}}{−}{a}{x}{(}{a}{>}{0}{)}}$$是减函数，则实数$${{a}{=}{（}}$$）

A.$${{2}}$$

B.$${{1}}$$

C.$$\frac{e} {2}$$

D.$$\frac{1} {2}$$

10、['利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%已知定义在$${{(}{0}{，}{+}{∞}{)}}$$上的函数$${{f}{(}{x}{)}}$$满足$${{x}{f}{^{′}}{(}{x}{)}{−}{1}{<}{0}}$$，且$${{f}{(}{2}{)}{=}{{l}{n}}{2}}$$，则$${{f}{(}{{e}^{x}}{)}{−}{x}{>}{0}}$$的解集是$${{(}{)}}$$

A.$${{(}{−}{∞}{，}{{l}{n}}{2}{)}}$$

B.$${{(}{{l}{n}}{2}{，}{+}{∞}{)}}$$

C.$${{(}{0}{，}{{e}^{2}}{)}}$$

D.$${{(}{{e}^{2}}{，}{+}{∞}{)}}$$

1. 比较 $$a=\frac{\ln 3}{3}$$, $$b=\frac{\ln 5}{5}$$, $$c=\frac{\ln 6}{6}$$ 的大小关系。

考虑函数 $$f(x) = \frac{\ln x}{x}$$，求导得： $$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$$ 当 $$x > e$$ 时，$$f'(x) < 0$$，函数单调递减。因为 $$e \approx 2.718$$，比较 $$3, 5, 6$$ 都大于 $$e$$，所以 $$f(3) > f(5) > f(6)$$，即 $$a > b > c$$。正确答案是 $$B$$。

2. 分析函数 $$f(x) = \min\{x^2, x^3\}$$ 的性质。

函数 $$f(x)$$ 的定义为： $$f(x) = \begin{cases} x^2, & x \leq 1 \\ x^3, & x > 1 \end{cases}$$ 对于选项 A，当 $$t > 1$$ 时： $$f(t) + f(-t) = t^3 + t^2 > t^3 - t^2 = f(t) - f(-t)$$ 因此选项 A 正确。其他选项不满足条件。正确答案是 $$A$$。

3. 求函数 $$h(x) = a \ln x + (a-1)x^2 + 1$$（$$a < 0$$）满足斜率绝对值不小于 5 的 $$a$$ 的取值范围。

计算导数： $$h'(x) = \frac{a}{x} + 2(a-1)x$$ 要求 $$\left| \frac{h(x_2) - h(x_1)}{x_2 - x_1} \right| \geq 5$$ 对所有 $$x_1, x_2$$ 成立，等价于 $$\left| h'(x) \right| \geq 5$$ 对所有 $$x > 0$$ 成立。由于 $$a < 0$$，$$h'(x)$$ 在 $$x > 0$$ 上单调递减，其最小值为 $$\lim_{x \to \infty} h'(x) = -\infty$$，最大值为 $$\lim_{x \to 0^+} h'(x) = -\infty$$。但需要具体分析极值点，设 $$h'(x) = -5$$： $$\frac{a}{x} + 2(a-1)x = -5$$ 解得 $$a \leq -\frac{2 + 3\sqrt{6}}{4}$$。正确答案是 $$C$$。

4. 比较 $$a = -\pi f(-\pi)$$, $$b = -\frac{16}{5} f\left(-\frac{16}{5}\right)$$, $$c = e f(e)$$ 的大小。

由奇函数性质 $$f(-x) = -f(x)$$，所以： $$a = \pi f(\pi)$$, $$b = \frac{16}{5} f\left(\frac{16}{5}\right)$$, $$c = e f(e)$$ 当 $$x > 0$$ 时，$$f(x) = 1 - e^x$$，因此 $$f(x)$$ 单调递减。比较自变量大小： $$\pi \approx 3.14$$, $$\frac{16}{5} = 3.2$$, $$e \approx 2.718$$ 因为 $$f(x)$$ 单调递减，所以 $$c > a > b$$。正确答案是 $$B$$。

5. 求 $$t$$ 的取值范围使得存在 $$x \in \left[\frac{1}{2}, 2\right]$$ 满足 $$f(x) - x f'(x) > 0$$。

函数 $$f(x) = x \left[\ln x + (x - t)^2\right]$$，计算导数： $$f'(x) = \ln x + (x - t)^2 + x \left(\frac{1}{x} + 2(x - t)\right)$$ 不等式 $$f(x) - x f'(x) > 0$$ 化简为： $$(x - t)^2 - 2x(x - t) - 1 > 0$$ 解得 $$t < x - \sqrt{x^2 + 1}$$ 或 $$t > x + \sqrt{x^2 + 1}$$。在 $$x \in \left[\frac{1}{2}, 2\right]$$ 上，$$x + \sqrt{x^2 + 1}$$ 的最小值为 $$\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + 1} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2} \approx 1.618$$，最大值为 $$2 + \sqrt{5} \approx 4.236$$。因此存在 $$t > \frac{9}{4}$$ 满足条件。正确答案是 $$C$$。

6. 求 $$t$$ 的取值范围使得 $$f(x) = \ln x + t$$ 是“倍缩函数”。

要求存在 $$[a, b]$$ 使得 $$f(x)$$ 的值域为 $$\left[\frac{a}{2}, \frac{b}{2}\right]$$，即： $$\ln a + t = \frac{a}{2}$$，$$\ln b + t = \frac{b}{2}$$ 设 $$g(x) = \ln x - \frac{x}{2}$$，则 $$t = \frac{x}{2} - \ln x$$。求 $$g(x)$$ 的极值点： $$g'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2} = 0 \Rightarrow x = 2$$ 最大值为 $$g(2) = \ln 2 - 1$$。因此 $$t \leq \ln 2 - 1$$。正确答案是 $$B$$。

9. 求 $$a$$ 的值使得 $$f(x) = a(x+1)\ln(x+1) - x^2 - a x$$ 是减函数。

求导数： $$f'(x) = a \ln(x+1) + a - 2x - a = a \ln(x+1) - 2x$$ 要求 $$f'(x) \leq 0$$ 对所有 $$x > -1$$ 成立。在 $$x = 0$$ 处，$$f'(0) = 0$$。在 $$x \to -1^+$$ 时，$$f'(x) \to -\infty$$。在 $$x \to \infty$$ 时，$$f'(x) \to -\infty$$。极值点在 $$f'(x) = 0$$ 处，即 $$a \ln(x+1) = 2x$$。解得 $$a = 2$$ 时满足条件。正确答案是 $$A$$。

10. 解不等式 $$f(e^x) - x > 0$$。

由条件 $$x f'(x) - 1 < 0$$，即 $$f'(x) < \frac{1}{x}$$。积分得 $$f(x) < \ln x + C$$。由 $$f(2) = \ln 2$$，得 $$C = \ln 2$$。因此 $$f(x) < \ln x + \ln 2$$。不等式 $$f(e^x) - x > 0$$ 化为： $$\ln(e^x) + \ln 2 - x > 0 \Rightarrow \ln 2 > 0$$ 恒成立，但需要更精确的解。实际上，$$f(x)$$ 的增长速度低于 $$\ln x$$，因此解集为 $$x < \ln 2$$。正确答案是 $$A$$。

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