2.12.2 导数与函数的极值、最值（正文）-2021高考理科数学【衡中学案】1轮总复习（全国版）

４. Ｃ　 根据题意 ｆ ′( ｘ) 在[ ａꎬｂ] 上是先增后减的 函数ꎬ则在函数 ｆ(ｘ) 的图象上ꎬ各点的切线斜 率是先随 ｘ 的增大而增大ꎬ然后随 ｘ 的增大而 减小ꎬ由四个选项的图形对比可以看出ꎬ只有 选项 Ｃ 满足题意. ５. Ｄ 　 ｆ ( ｘ) 的 定 义 域 是 ( ０ꎬ ＋ ∞ )ꎬ ｆ ′ ( ｘ) ＝ １ － ｌｎ ｘ ｘ２ ꎬ令ｆ′(ｘ) ＝ ０ꎬ得 ｘ ＝ ｅ. 所以当 ｘ∈(０ꎬ ｅ)时ꎬｆ ′( ｘ) > ０ꎬ ｆ ( ｘ) 单 调 递 增ꎬ 当 ｘ ∈ ( ｅꎬ ＋ ∞ )时ꎬｆ′(ｘ) < ０ꎬｆ(ｘ) 单调递减ꎬ故 ｆ(ｘ) ｍａｘ ＝ ｆ(ｅ) ＝ １ ｅ ꎬ而 ｆ(２) ＝ ｌｎ ２ ２ ＝ ｌｎ ８ ６ ꎬ所以 ｆ(３) ＝ ｌｎ ３ ３ ＝ ｌｎ ９ ６ ꎬ所以ｆ(ｅ) > ｆ(３) > ｆ(２). 故选 Ｄ. ６. Ａ　 ｆ′(ｘ) ＝ ｘ － ９ ｘ (ｘ > ０)ꎬ当 ｘ － ９ ｘ ≤０ 时ꎬ有 ０ < ｘ≤３ꎬ即函数 ｆ( ｘ) 的单调递减区间是(０ꎬ ３]ꎬ所以 ０ < ａ － １ < ａ ＋ １≤３ꎬ解得 １ < ａ≤２. 故 选 Ａ. ７. Ａ　 由 ｙ ＝ ｆ′(ｘ)的图象知ꎬｆ(ｘ) 在( － ∞ ꎬ０] 上 单调递增ꎬ在(０ꎬ ＋ ∞ ) 上单调递减ꎬ又 ｆ( － ２) ＝ １ꎬｆ(３) ＝ １ꎬ所以ｆ(ｘ２ － ６) > １ 可化为 － ２ < ｘ２ － ６ < ３ꎬ所以 ２ < ｘ < ３ 或 － ３ < ｘ < － ２. 故 选 Ａ. ８. Ａ　 ｘ∈( － ∞ ꎬ０)时ꎬｘｆ′(ｘ) > ０ 即 ｆ′(ｘ) < ０ꎬ ∴ ｆ(ｘ)在( － ∞ ꎬ０) 上单调递减ꎬ又 ｆ( ｘ) 为偶 函数ꎬ ∴ ｆ(ｘ)在(０ꎬ ＋ ∞ )上单调递增. ∴ ｆ(３) < ｆ(４) < ｆ(５)ꎬ ∴ ｆ( － ３) < ｆ(４) < ｆ( － ５)ꎬ故选 Ａ. ９. － １２　 ｆ′(ｘ) ＝ ３ｘ２ ＋ ２ｂｘ ＋ ｃꎬ由题意知ꎬ － １ < ｘ < ３ 是不等式 ３ｘ２ ＋ ２ｂｘ ＋ ｃ < ０ 的解ꎬ所以 － １ꎬ ３ 是 ｆ′(ｘ) ＝ ０ 的两个根ꎬ所以 ｂ ＝ － ３ꎬｃ ＝ － ９ꎬ 所以 ｂ ＋ ｃ ＝ － １２. １０. (０ꎬ １ ) 和 ( １ꎬ ｅ) 　 ｆ ′ ( ｘ) ＝ ｌｎｘ － １ ｌｎ２ ｘ < ０ 得 ｌｎｘ － １ < ０ ｌｎｘ≠０{ ꎬ解得 ０ < ｘ < １ 或 １ < ｘ < ｅ. ∴ ｆ(ｘ)的单调递减区间为(０ꎬ１)和(１ꎬｅ). １１. [ １ ８ ꎬ ＋ ∞ ) 　 ｆ ′ ( ｘ ) ＝ ２ｘ － １ ＋ ａ ｘ ＝ ２ｘ ２ － ｘ ＋ ａ ｘ ꎬ 由题意得ꎬｆ′(ｘ)≥０ 在(０ꎬ ＋ ∞ )上恒成立ꎬ 即 ａ≥ － ２ｘ２ ＋ ｘ ＝ － ２( ｘ － １ ４ )２ ＋ １ ８ 在(０ꎬ ＋ ∞ )上恒成立ꎬ 因为 ｙ ＝ － ２(ｘ － １ ４ )２ ＋ １ ８ 在(０ꎬ ＋ ∞ )上的 最大值为 １ ８ ꎬ 所以 ａ 的取值范围是[ １ ８ ꎬ ＋ ∞ ). １２. [解析]　 (１)ａ ＝ ０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ ｘｅｘꎬｆ ′(ｘ) ＝ (ｘ ＋ １)ｅｘꎬ 所以切线的斜率是 ｋ ＝ ｆ′(１) ＝ ２ｅ. 又 ｆ(１) ＝ ｅꎬ所以 ｙ ＝ ｆ( ｘ) 在点(１ꎬｅ) 处的切 线方程为 ｙ － ｅ ＝ ２ｅ(ｘ － １)ꎬ即 ｙ ＝ ２ｅｘ － ｅ. (２)ｆ′(ｘ) ＝ (ｘ ＋ １)(ｅｘ － ａ)ꎬ令 ｆ ′(ｘ) ＝ ０ꎬ得 ｘ ＝ － １ 或 ｘ ＝ ｌｎ ａ. ①当 ａ ＝ １ ｅ 时ꎬｆ′(ｘ)≥０ 恒成立ꎬ所以 ｆ(ｘ)在 Ｒ 上单调递增. ②当 ０ < ａ < １ ｅ 时ꎬｌｎ ａ < － １ꎬ由 ｆ′(ｘ) > ０ꎬ得 ｘ < ｌｎ ａ 或ｘ > － １ꎬ由 ｆ ′(ｘ) < ０ꎬ得 ｌｎ ａ < ｘ < － １. 所以单调递增区间为( － ∞ ꎬｌｎ ａ)ꎬ( － １ꎬ ＋ ∞ )ꎬ单调递减区间为(ｌｎ ａꎬ － １). ③当 ａ > １ ｅ 时ꎬｌｎ ａ > － １ꎬ由 ｆ′(ｘ) > ０ꎬ得 ｘ < － １ 或 ｘ > ｌｎ ａꎬ由 ｆ′(ｘ) < ０ꎬ得 － １ < ｘ < ｌｎ ａ. 所以单调递增区间为( － ∞ ꎬ － １)ꎬ( ｌｎ ａꎬ ＋ ∞ )ꎬ单调递减区间为( － １ꎬｌｎ ａ). 综上所 述ꎬ 当 ａ ＝ １ ｅ 时ꎬ ｆ ( ｘ) 在 Ｒ 上 单 调 递增ꎻ 当 ０ < ａ < １ ｅ 时ꎬ单调递增区间为( － ∞ ꎬｌｎ ａ)ꎬ( － １ꎬ ＋ ∞ )ꎬ单调递减区间为( ｌｎ ａꎬ － １)ꎻ 当 ａ > １ ｅ 时ꎬ单调递增区间为( － ∞