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时间:2020-06-28
《新课改2020版高考数学一轮复习:课时跟踪检测17_必备方法__破解导数问题常用到的种方法_含解析.doc》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、课时跟踪检测(十七)必备方法——破解导数问题常用到的4种方法1.设定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1,则下列结论一定错误的是( )A.f< B.f>C.f解析:选C 根据条件式f′(x)>k得f′(x)-k>0,可以构造F(x)=f(x)-kx,因为F′(x)=f′(x)-k>0,所以F(x)在R上单调递增.又因为k>1,所以>0,从而F>F(0),即f->-1,移项、整理得f>,因此选项C是错误的,故选C.2.已知f(x)是定义在R上的增函数,
2、其导函数为f′(x),且满足+x<1,则下列结论正确的是( )A.对于任意x∈R,f(x)<0B.对于任意x∈R,f(x)>0C.当且仅当x∈(-∞,1)时,f(x)<0D.当且仅当x∈(1,+∞)时,f(x)>0解析:选A 因为函数f(x)在R上单调递增,所以f′(x)≥0,又因为+x<1,则f′(x)≠0,综合可知f′(x)>0.又因为+x<1,则f(x)+xf′(x)3、x)<0,故函数F(x)在R上单调递减,又F(1)=(1-1)f(1)=0,所以当x>1时,x-1>0,F(x)<0,故f(x)<0.又因为f(x)是定义在R上的增函数,所以当x≤1时,f(x)<0,因此对于任意x∈R,f(x)<0,故选A.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)=2018,则a等于( )A.-501B.-502C.-503D.-504解析:选C 由“2f(4、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05、2可得f′(1)=-4,曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y-2=-4(x-1),即y=6-4x,故g(x)=6-4x,g(a)=6-4a=2018,解得a=-503,故选C.4.设f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,且满足xf′(x)-2f(x)>0,若在△ABC中,角C为钝角,则( )A.f(sinA)·sin2B>f(sinB)·sin2AB.f(sinA)·sin2Bf(sinB)·cos2AD.f(cosA)·sin2B6、·cos2A解析:选C 根据“xf′(x)-2f(x)”的特征,可以构造函数F(x)=,则有F′(x)==,所以当x>0时,F′(x)>0,F(x)在(0,+∞)上单调递增.因为cosA>cos=sinB>0,所以F(cosA)>F(sinB),即>,f(cosA)·sin2B>f(sinB)·cos2A,故选C.5.(2018·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )A7、.ex1f(x2)>ex2f(x1)B.ex1f(x2)<ex2f(x1)C.ex1f(x2)=ex2f(x1)D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选A 设g(x)=,则g′(x)==,由题意知g′(x)>0,所以g(x)单调递增,当x1<x2时,g(x1)<g(x2),即<,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).6.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f8、(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{x9、-110、
3、x)<0,故函数F(x)在R上单调递减,又F(1)=(1-1)f(1)=0,所以当x>1时,x-1>0,F(x)<0,故f(x)<0.又因为f(x)是定义在R上的增函数,所以当x≤1时,f(x)<0,因此对于任意x∈R,f(x)<0,故选A.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)=2018,则a等于( )A.-501B.-502C.-503D.-504解析:选C 由“2f(
4、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05、2可得f′(1)=-4,曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y-2=-4(x-1),即y=6-4x,故g(x)=6-4x,g(a)=6-4a=2018,解得a=-503,故选C.4.设f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,且满足xf′(x)-2f(x)>0,若在△ABC中,角C为钝角,则( )A.f(sinA)·sin2B>f(sinB)·sin2AB.f(sinA)·sin2Bf(sinB)·cos2AD.f(cosA)·sin2B6、·cos2A解析:选C 根据“xf′(x)-2f(x)”的特征,可以构造函数F(x)=,则有F′(x)==,所以当x>0时,F′(x)>0,F(x)在(0,+∞)上单调递增.因为cosA>cos=sinB>0,所以F(cosA)>F(sinB),即>,f(cosA)·sin2B>f(sinB)·cos2A,故选C.5.(2018·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )A7、.ex1f(x2)>ex2f(x1)B.ex1f(x2)<ex2f(x1)C.ex1f(x2)=ex2f(x1)D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选A 设g(x)=,则g′(x)==,由题意知g′(x)>0,所以g(x)单调递增,当x1<x2时,g(x1)<g(x2),即<,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).6.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f8、(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{x9、-110、
5、2可得f′(1)=-4,曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y-2=-4(x-1),即y=6-4x,故g(x)=6-4x,g(a)=6-4a=2018,解得a=-503,故选C.4.设f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,且满足xf′(x)-2f(x)>0,若在△ABC中,角C为钝角,则( )A.f(sinA)·sin2B>f(sinB)·sin2AB.f(sinA)·sin2Bf(sinB)·cos2AD.f(cosA)·sin2B6、·cos2A解析:选C 根据“xf′(x)-2f(x)”的特征,可以构造函数F(x)=,则有F′(x)==,所以当x>0时,F′(x)>0,F(x)在(0,+∞)上单调递增.因为cosA>cos=sinB>0,所以F(cosA)>F(sinB),即>,f(cosA)·sin2B>f(sinB)·cos2A,故选C.5.(2018·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )A7、.ex1f(x2)>ex2f(x1)B.ex1f(x2)<ex2f(x1)C.ex1f(x2)=ex2f(x1)D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选A 设g(x)=,则g′(x)==,由题意知g′(x)>0,所以g(x)单调递增,当x1<x2时,g(x1)<g(x2),即<,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).6.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f8、(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{x9、-110、
6、·cos2A解析:选C 根据“xf′(x)-2f(x)”的特征,可以构造函数F(x)=,则有F′(x)==,所以当x>0时,F′(x)>0,F(x)在(0,+∞)上单调递增.因为cosA>cos=sinB>0,所以F(cosA)>F(sinB),即>,f(cosA)·sin2B>f(sinB)·cos2A,故选C.5.(2018·长春三模)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )A
7、.ex1f(x2)>ex2f(x1)B.ex1f(x2)<ex2f(x1)C.ex1f(x2)=ex2f(x1)D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选A 设g(x)=,则g′(x)==,由题意知g′(x)>0,所以g(x)单调递增,当x1<x2时,g(x1)<g(x2),即<,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).6.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
8、(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
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