数学选择性必修 第三册第六章 导数及其应用本章综合与测试巩固练习

这是一份数学选择性必修 第三册第六章 导数及其应用本章综合与测试巩固练习，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题强化练5　利用导数与辅助函数解决有关不等式问题一、选择题1.(2020广东佛山容山中学高二期中,)定义域为R的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足f'(x)-f(x)<0,且f(0)=1,则不等式 <1的解集为(　　)A.(0,+∞) B.(2,+∞)C.(-∞,0) D.(-∞,2)2.(2020福建三明高二期末,)若x,y∈,且xsin x-ysin y>0,则下列不等式一定成立的是(　　)A.x<y B.x>yC.|x|<|y| D.|x|>|y|3.(2020甘肃天水甘谷第一中学高二期末,)若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)>f(x)+1,其中f'(x)是f(x)的导数,且f(0)=3,则不等式f(x)+1<4ex的解集为　(　　)A.(-∞,0) B.(0,+∞)C.(-∞,1) D.(1,+∞)4.(2020山东枣庄高三期末,)已知奇函数f(x)是R上的增函数,且g(x)=xf(x),则(　　)A.g)B.g)C.g(D.g(5.(2020广东韶关高二期末,)已知函数f(x)的定义域为R, f(0)=-1,且对任意的x∈R满足f'(x)>2x.当α∈[0,π]时,不等式f(sin α+cos α)-sin 2α>0的解集为(　　)A. B. C. D.6.(多选)(2020河南信阳高三期末,)若0<a<b<1,e为自然对数的底数(e≈2.718 28),则下列不等式一定成立的是(　　)A.ba+1>ab+1B.ea-eb>ln a-ln bC.loga(a+1)>logb(b+1)D.ea-eb<ln a-ln b二、填空题7.(2020黑龙江双鸭山一中高二上期末,)f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f'(x).若f'(x)>f(x),f(1)=2 019,则不等式ef(x)>2 019ex(其中e为自然对数的底数)的解集为　　　　. 8.(2020河南驻马店高三期末,)已知偶函数f(x)(x∈R),其导函数为f'(x),当x>0时, f(x)+xf'(x)+>0, f(5)=,则不等式f(x)>的解集为　　　　. 三、解答题9.(2020河南焦作第十一中学高三月考,)已知函数f(x)=ln(x+1)-,x∈(-1,0).(1)若m=1,判断函数f(x)的单调性并说明理由;(2)若m≤-2,求证:关于x的不等式<2(1-e-x)在(-1,0)上恒成立.       10.(2020吉林长春东北师大附中高三月考,)已知函数f(x)=x2-2kx+2ln x(k为正实数).(1)当k=时,讨论函数f(x)的单调性;(2)若H=f(x1)-f(x2)≥H(x1,x2为f'(x)的两个零点,且x1<x2),求k的取值范围.      
答案全解全析专题强化练5　利用导数与辅助函数解决有关不等式问题一、选择题1.A　令h(x)=(x∈R),则h'(x)=(x∈R),∵f'(x)-f(x)<0,∴h'(x)<0,∴函数h(x)在R上单调递减,又 h(0)==1,∴h(x)=<1的解集为(0,+∞).2.D　设函数f(t)=tsin t,易知f(t)为偶函数, f'(t)=sin t+tcos t≥0在上恒成立,即函数f(t)在上单调递增,在上单调递减.因为xsin x-ysin y>0,即f(x)>f(y),所以根据单调性知|x|>|y|.3.A　令g(x)=(x∈R),则g'(x)=(x∈R),由题意可知g'(x)>0在R上恒成立,故函数g(x)为R上的增函数,且g(0)==4,又不等式f(x)+1<4ex可化为<4,即g(x)<g(0),故不等式f(x)+1<4ex的解集为(-∞,0).4.B　由奇函数f(x)是R上的增函数,可得f(-x)=-f(x), f'(x)≥0,且当x>0时, f(x)>0,当x<0时, f(x)<0.由g(x)=xf(x),知g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x),即g(x)为R上的偶函数.因为g'(x)=f(x)+xf'(x),所以当x>0时,g'(x)>0,当x<0时,g'(x)<0,故x>0时,函数g(x)单调递增,x<0时,函数g(x)单调递减.因为g<20=1<log34,所以g).5.B　设g(x)=f(x)+1-x2(x∈R),则g'(x)=f'(x)-2x,∵对任意的x∈R, f'(x)>2x,∴g'(x)>0,∴g(x)在R上单调递增,又f(0)=-1,∴g(0)=0.由f(sin α+cos α)-sin 2α>0,可得f(sin α+cos α)-(sin α+cos α)2+1>0,∴求原不等式的解集等价为求g(sin α+cos α)>g(0)的解集,∵g(x)在R上单调递增,∴sin α+cos α>0,即>0,又α∈[0,π],∴α∈.6.AC　对于A,若ba+1>ab+1成立,两边同时取自然对数可得ln ba+1>ln ab+1,化简得(a+1)ln b>(b+1)ln a,因为0<a<b<1,所以a+1>0,b+1>0,所以原不等式成立等价于成立.令f(x)=,x∈(0,1),则f'(x)=,当x∈(0,1)时,1+-ln x>0,所以f'(x)>0,即f(x)=在x∈(0,1)上单调递增,所以当0<a<b<1时, f(b)>f(a),即,所以ba+1>ab+1,故A正确.对于B,D,若ea-eb>ln a-ln b成立,则ea-ln a>eb-ln b成立;若ea-eb<ln a-ln b成立,则ea-ln a<eb-ln b成立.令g(x)=ex-ln x,x∈(0,1),则g'(x)=ex-,易知[g'(x)]'>0在x∈(0,1)上恒成立,所以g'(x)=ex-在x∈(0,1)上单调递增,又g'(0)→-∞,g'(1)=e-1>0,所以g'(x)=ex-在x∈(0,1)上先负后正,因此g(x)=ex-ln x在x∈(0,1)上先单调递减,再单调递增,所以当0<a<b<1时,无法判断ea-ln a与eb-ln b的大小关系,故B、D均错误.对于C,令h(x)=logx(x+1),x∈(0,1).利用换底公式化简可得h(x)=,x∈(0,1),则h'(x)=,当x∈(0,1)时,xln x<0,(x+1)ln(x+1)>0,所以xln x-(x+1)ln(x+1)<0,即h'(x)<0在(0,1)上恒成立,则h(x)=在x∈(0,1)上单调递减,所以当0<a<b<1时,,即loga(a+1)>logb(b+1),故C正确.故选AC. 二、填空题7.答案　(1,+∞)解析　要求不等式ef(x)>2 019ex的解集,即求>2 019的解集.令g(x)=(x∈R).∵f'(x)>f(x),∴g'(x)=>0,∴函数g(x)在R上单调递增.∵g(1)==2 019,∴>2 019⇔g(x)>g(1),∴x>1,∴不等式ef(x)>2 019ex的解集为(1,+∞).8.答案　(-∞,-5)∪(5,+∞)解析　令g(x)=xf(x)-,当x>0时,g'(x)=f(x)+xf'(x)+>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.因为f(x)是偶函数,g(-x)=-xf(-x)-=-g(x),所以g(x)是奇函数,所以g(x)在R上单调递增.因为f(5)=,所以g(5)=5f(5)-=0.不等式f(x)>等价于>0,所以或解得x>5或x<-5.三、解答题9.解析　(1)函数f(x)在(-1,0)上单调递减,理由如下:依题意f(x)=ln(x+1)-,x∈(-1,0),则f'(x)=.当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故函数f(x)在(-1,0)上单调递减.(2)证明:要证<2(1-e-x),即证(x+m)·ln(x+1)-mx>2x(1-e-x),即证xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]>2x(1-e-x).设g(x)=ln(1+x)-x(x∈(-1,0)),则g'(x)=.当x∈(-1,0)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-1,0)上单调递增,所以g(x)<g(0)=0,即ln(1+x)-x<0.故当m≤-2时,xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]≥xln(1+x)-2[ln(1+x)-x],故要证xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]>2x(1-e-x),即证(x-2)ln(1+x)>-2xe-x.令p(x)=(x+2)ln(1+x)-2x,x∈(-1,0),则p'(x)=ln(1+x)+,由(1)可知,p'(x)>p'(0)=0,故p(x)=(x+2)ln(1+x)-2x在(-1,0)上单调递增.所以当x∈(-1,0)时,(x+2)ln(1+x)-2x<p(0)=0,即ln(1+x)<<0,所以当x∈(-1,0)时,(x-2)ln(1+x)>,所以只需证明<-e-x,即证明ex<-1.设h(x)=ex(x∈(-1,0)),则h'(x)=,易知h'(x)>0在(-1,0)上恒成立.所以h(x)在(-1,0)上单调递增,所以h(x)<h(0)=-1,所以原不等式在(-1,0)上恒成立,10.解析　(1)易知函数f(x)的定义域为(0,+∞).当k=时, f(x)=x2-2x+2ln x,f'(x)=2x-2,令f'(x)>0,解得0<x<或x>,令f'(x)<0,解得,所以f(x)在和上单调递增,在上单调递减.(2)由已知得f'(x)=2x-2k+.由题意知方程2x2-2kx+2=0在(0,+∞)上有两个不等的实根x1,x2(x1<x2),所以解得k>2.H)-2k(x1-x2)+2(ln x1-ln x2)=()-2(x1+x2)(x1-x2)+2(ln x1-ln x2)=+2(ln x1-ln x2)=+2ln =+2ln ,令t=,则t∈(0,1),则H(t)=-t+2ln t,H'(t)=-<0,所以H(t)在(0,1)上单调递减,又H(t)≥H,所以0<t≤,而k2=+2≥,当且仅当t=时等号成立,所以k≥.综上,k的取值范围为.