《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

23. 已知$f(x)$是定义在$(0, +\infty)$上的函数，且$f(1) = 1$，导函数$f'(x)$满足$f'(x) ＜ f(x)$恒成立，则不等式$\frac{f(x)}{e^{x}} ＜ \frac{1}{e}$的解集为(A)

A.$(1, +\infty)$
B.$\left[0, \frac{1}{2}\right]$
C.$\left[\frac{1}{2}, 1\right]$
D.$(0, 1)$

答案： 23.A 解析：$\because f^{\prime}(x) ＜ f(x)(x ＞ 0)$，令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}} ＜ 0$，$\therefore g(x)$在$(0, +\infty)$上单调递减。又$f(1)=1$，$\therefore g(1)=\frac{f(1)}{e}=\frac{1}{e}$。$\because\frac{f(x)}{e^{x}} ＜ \frac{1}{e}$，即$g(x) ＜ g(1)$，$\therefore$不等式$\frac{f(x)}{e^{x}} ＜ \frac{1}{e}$的解集为$(1, +\infty)$。
方法总结：用单调性解不等式常见构造函数技巧：1.对于$f^{\prime}(x)＞(＞)g^{\prime}(x)$，构造$h(x)=f(x)-g(x)$，一般地，遇到$f^{\prime}(x)＞(＞)a(a\neq0)$，即导函数大于(小于)某个非零常数(若$a = 0$，则无须构造)，则可构造$h(x)=f(x)-ax$。2.对于$f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)＞(＞)0$，构造$h(x)=f(x)+g(x)$。3.对于$f^{\prime}(x)+f(x)＞(＞)0$，构造$h(x)=e^{x}f(x)$。4.对于$f^{\prime}(x)-f(x)＞(＞)0$，构造$h(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$。5.对于$xf^{\prime}(x)+cf(x)＞(＞)0$(其中$c$为常数且$c\neq0$)，构造$F(x)=x^{c}f(x)$。6.对于$xf^{\prime}(x)-f(x)＞(＞)0$，构造$h(x)=\frac{f(x)}{x}$。7.对于$\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}(＞)0$，分类讨论：①若$f(x)＞0$，则构造$h(x)=\ln f(x)$；②若$f(x)＜0$，则构造$h(x)=\ln[-f(x)]$。

24. 已知函数$f(x) = \frac{\ln x + 1}{e^{x}} (e = 2.718 28·s$是自然对数的底数$)$，求$f(x)$的单调区间.

答案： 24.解：$f^{\prime}(x)=\frac{1 - \ln x - 1}{x^{2}e^{x}}$，$x\in(0, +\infty)$。令$h(x)=\frac{1}{x}-\ln x - 1$，$x\in(0, +\infty)$，因为$h^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x} ＜ 0$，在$(0, +\infty)$上恒成立，所以$h(x)$在$(0, +\infty)$上单调递减。又$h(1)=0$，所以当$x\in(0,1)$时，$h(x) ＞ 0$；当$x\in(1, +\infty)$时，$h(x) ＜ 0$。又$e^{x} ＞ 0$，所以当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$；当$x\in(1, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$。因此$f(x)$的单调递增区间为$(0,1)$，单调递减区间为$(1, +\infty)$。
易错警示：本题易忽略函数的定义域而导致最后结果错误。

25. [2023河南濮阳高二期末]若函数$f(x) = x^{3} - ax^{2} + 3x + 1$在区间$\left(\frac{1}{2}, 1\right)$上单调递减，则实数$a$的取值范围为$[\frac{15}{4}, +\infty)$.

答案： 25.$[\frac{15}{4}, +\infty)$解析：由题意得$f^{\prime}(x)=3x^{2}-2ax + 3$，因为$f(x)$在区间$(\frac{1}{2},1)$上单调递减，所以$f^{\prime}(x)\leq0$在区间$(\frac{1}{2},1)$上恒成立，所以$\begin{cases}f^{\prime}(\frac{1}{2})\leq0\\f^{\prime}(1)\leq0\end{cases}$，即$\begin{cases}3×(\frac{1}{2})^{2}-2a×\frac{1}{2}+3\leq0\\3 - 2a + 3\leq0\end{cases}$，解得$a\geq\frac{15}{4}$。
易错警示：对于已知函数的单调性求参数的取值范围的问题，求解时要注意条件的转化，如本题中将$f(x)$单调递减转化为$f^{\prime}(x)\leq0$恒成立，而不是$f^{\prime}(x) ＜ 0$恒成立。

26. 若函数$f(x) = \frac{2}{3}x^{3} - 2x^{2} + ax + 10$在区间$[-1,4]$上单调，则实数$a$的取值范围是$(-\infty,-16]\cup[2, +\infty)$.

答案： 26.$(-\infty,-16]\cup[2, +\infty)$解析：$f^{\prime}(x)=2x^{2}-4x + a$，函数$f(x)$在区间$[-1,4]$上单调等价于$f^{\prime}(x)=2x^{2}-4x + a\leq0$或$f^{\prime}(x)=2x^{2}-4x + a\geq0$在$[-1,4]$上恒成立，则$a\leq(-2x^{2}+4x)_{\min}$或$a\geq(-2x^{2}+4x)_{\max}$，即$a\leq - 16$或$a\geq2$。
易错警示：本题中，由于函数$f(x)$在$[-1,4]$上单调，因此应分函数在该区间上单调递增和单调递减两种情况讨论。另外，求解本题应注意在某一区间内$f^{\prime}(x)＞0$(或$f^{\prime}(x)＜0$)只是函数$f(x)$在该区间上单调递增(或减)的充分不必要条件，若函数在该区间单调递增(或减)则可以得到$f^{\prime}(x)\geq0$且等号不恒成立(或$f^{\prime}(x)\leq0$且等号不恒成立)在该区间恒成立。

27. 已知函数$f(x) = mx^{3} + 3(m - 1)x^{2} - m^{2} + 1 (m ＞ 0)$的单调递减区间是$(0,4)$，则$m =$$\frac{1}{3}$.

答案： 27.$\frac{1}{3}$解析：$f^{\prime}(x)=3mx^{2}+6(m - 1)x$。因为函数$f(x)$的单调递减区间是$(0,4)$，所以$\begin{cases}m ＞ 0\\f^{\prime}(0)=0\\f^{\prime}(4)=48m + 24(m - 1)=0\end{cases}$，解得$m=\frac{1}{3}$。则$f^{\prime}(x)=x^{2}-4x$，令$f^{\prime}(x)=x^{2}-4x ＜ 0$，得$0 ＜ x ＜ 4$，所以函数$f(x)$的单调递减区间是$(0,4)$，所以$m=\frac{1}{3}$。
易错警示：本题容易与函数在区间$(0,4)$上单调递减混淆，审题时一定要看准。

28. 已知函数$y = xf'(x)$的图象如图所示(

其

中$f'(x)$是函数$f(x)$的导函数)，则$y = f(x)$的图象可能是(C)

.

答案： 28.C 解析：由函数$y = xf^{\prime}(x)$的图象可知：当$x ＜ -1$时，$xf^{\prime}(x) ＜ 0$，即$f^{\prime}(x) ＞ 0$，此时$f(x)$单调递增；当$-1 ＜ x ＜ 0$时，$xf^{\prime}(x) ＞ 0$，即$f^{\prime}(x) ＜ 0$，此时$f(x)$单调递减；当$0 ＜ x ＜ 1$时，$xf^{\prime}(x) ＜ 0$，即$f^{\prime}(x) ＜ 0$，此时$f(x)$单调递减；当$x ＞ 1$时，$xf^{\prime}(x) ＞ 0$，即$f^{\prime}(x) ＞ 0$，此时$f(x)$单调递增。
易错警示：在处理与导函数图象有关的问题时，要注意所研究的图象是原函数的图象还是导函数的图象。

29. 已知函数$f(x) = \ln x$，$g(x) = \frac{1}{2}ax^{2} + 2x$.
(1) 若函数$h(x) = f(x) - g(x)$存在单调递减区间，求实数$a$的取值范围；
(2) 若函数$h(x) = f(x) - g(x)$在$[1, 4]$上单调递减，求实数$a$的取值范围.

答案： 29.解：
(1)由题知$h(x)=\ln x-\frac{1}{2}ax^{2}-2x$，$x\in(0, +\infty)$，所以$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-ax - 2$。由$h(x)$在$(0, +\infty)$上存在单调递减区间，可得当$x\in(0, +\infty)$时，$\frac{1}{x}-ax - 2 ＜ 0$有解，即$a ＞ \frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$有解。设$G(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}(x ＞ 0)$，所以只要$a ＞ G(x)_{\min}$即可。而$G(x)=(\frac{1}{x}-1)^{2}-1$，所以当$x = 1$时，$G(x)$取得最小值，$G(x)_{\min}=-1$。所以$a$的取值范围是$(-1, +\infty)$。
(2)由$h(x)$在$[1,4]$上单调递减，得$x\in[1,4]$，$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-ax - 2\leq0$恒成立。设$H(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$，$x\in[1,4]$，则$a\geq H(x)_{\max}$。又$H(x)=(\frac{1}{x}-1)^{2}-1$，$x\in[1,4]$，所以$\frac{1}{x}\in[\frac{1}{4},1]$，所以$H(x)_{\max}=H(4)=-\frac{7}{16}$。所以$a$的取值范围是$[-\frac{7}{16}, +\infty)$。
辨析：1.函数$f(x)$在区间$D$上存在单调递增(减)区间$\Leftrightarrow f^{\prime}(x)＞0(＜0)$在区间$D$上有解$\Leftrightarrow$存在区间$D$的一个子区间使$f^{\prime}(x)＞0(＜0)$成立。2.函数$f(x)$在区间$D$上单调递增(减)$\Leftrightarrow f^{\prime}(x)\geq0(\leq0)$在区间$D$上恒成立$(f^{\prime}(x)$不恒等于$0)\Leftrightarrow$区间$D$是函数$f(x)$的单调递增(减)区间的子区间。