高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练提能练01《函数、导数、不等式》(教师版)

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这是一份高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练提能练01《函数、导数、不等式》(教师版)，共8页。试卷主要包含了已知定义在上的函数f满足等内容，欢迎下载使用。

1．设函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当aA．f(x)>g(x)
B．f(x)C．f(x)＋g(a)D．f(x)＋g(b)解析：由条件式f′(x)>g′(x)得f′(x)－g′(x)>0，可构造F(x)＝f(x)－g(x)，由于函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上可导，故函数F(x)在区间[a，b]上也可导．由题意可知，F′(x)＝f′(x)－g′(x)>0在区间[a，b]上恒成立，故函数F(x)＝f(x)－g(x)在区间[a，b]上单调递增，所以对于任意x∈(a，b)恒有F(x)答案：D
2．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(eq \f(1,k))eq \f(1,k－1)
C．f(eq \f(1,k－1))eq \f(1,k－1)
解析：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eq \f(1,k－1)>0，从而F(eq \f(1,k－1))>F(0)，即f(eq \f(1,k－1))－eq \f(k,k－1)>－1，移项、整理得f(eq \f(1,k－1))>eq \f(1,k－1)，因此选项C是错误的，故选C.
答案：C
3．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(sin A)·sin2B>f(sin B)·sin2A
B．f(sin A)·sin2BC．f(cs A)·sin2B>f(sin B)·cs2A
D．f(cs A)·sin2B解析：根据“xf′(x)－2f(x)”的特征，可以构造函数F(x)＝eq \f(fx,x2)，则有F′(x)＝eq \f(x2f′x－2xfx,x4)＝eq \f(x[xf′x－2fx],x4)，所以当x>0时，F′(x)>0，F(x)在(0，＋ ∞)上单调递增．因为eq \f(π,2)cs A>cs(eq \f(π,2)－B)＝sin B>0，所以F(cs A)>F(sin B)，即eq \f(fcs A,cs2A)>eq \f(fsin B,sin2B)，f(cs A)·sin2B>f(sin B)·cs2A，故选C.
答案：C
4．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(x)>0；②f(x)A．(eq \f(1,2e2)，eq \f(1,e)) B．(eq \f(1,e2)，eq \f(1,e))
C．(e,2e) D．(e，e3)
解析：一方面，因为f(x)0，根据“f′(x)－f(x)”的特征，可以构造F(x)＝eq \f(fx,ex)，则F′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(1)G(2)，即eq \f(f1,e2)>eq \f(f2,e4)，所以eq \f(f1,f2)>eq \f(1,e2)，综上所述，eq \f(1,e2)答案：B
5．已知f(x)是定义在R上的增函数，其导函数为f′(x)，且满足eq \f(fx,f′x)＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
解析：因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，又因eq \f(fx,f′x)＋x<1，则f′(x)≠0，综合可知f′(x)>0.又因eq \f(fx,f′x)＋x<1，则f(x)＋xf′(x)1时，x－1>0，F(x)<0，故f(x)<0.又因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.
答案：A
6．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)＝2 018，则a等于( )
A．－501 B．－502
C．－503 D．－504
解析：由“2f(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0答案：C
7．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(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|－1答案：{x|－18．若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)>2，f(0)＝5，则不等式f(x)解析：因为f′(x)＋f(x)>2，所以f′(x)＋f(x)－2>0，不妨构造函数F(x)＝exf(x)－2ex.因为F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)－2]>0，所以F(x)在R上单调递增．因为 f(x)答案：(－∞，0)
9．设函数f(x)是R上的奇函数，f(－1)＝0.当x>0时，(x2＋1)f′(x)－2xf(x)<0，则不等式f(x)>0的解集为________．
解析：根据条件中“(x2＋1)f′(x)－2xf(x)”的特征，可构造函数F(x)＝eq \f(fx,x2＋1)，则F′(x)＝eq \f(x2＋1f′x－2xfx,x2＋12)，又F(－x)＝eq \f(f－x,－x2＋1)＝eq \f(－fx,x2＋1)＝－F(x)，故F(x)是奇函数．由题意可知，当x>0时，F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，F(－1)＝eq \f(f－1,－12＋1)＝0，结合F(x)的单调性及奇偶性，作出函数F(x)的草图(图略)，易知，不等式F(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)，又F(x)＝eq \f(fx,x2＋1)>0，即f(x)>0，故不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
答案：(－∞，－1)∪(0,1)
10．已知f(x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x，m∈R，若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数)．
证明：因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝0有两根x1，x2，且导数值在x1，x2的左右两侧异号，
f′(x)＝ln x－mx，f″(x)＝eq \f(1,x)－m，
当m≤0时，则f″(x)>0恒成立，f′(x)单调递增，不可能有两个零点，舍去；
当m>0时，令f″(x)＝0，解得x＝eq \f(1,m)，
列表可知f′(x)在(0，eq \f(1,m))上单调递增，在(eq \f(1,m)，＋∞)上单调递减，
所以应有f′(eq \f(1,m))＝－ln m－1>0，
解得0此时f(1)＝－m<0，f(eq \f(1,m2))＝2ln eq \f(1,m)－eq \f(1,m)<0，
所以1所以要证明x1x2>e2，只要证明x1x2>eq \f(1,m2)即可，
两边同乘以eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)，即证明x2＋eq \f(1,m2x2)>x1＋eq \f(1,m2x1)，
又因为f′(x1)＝f′(x2)，
即证f′(x1)－k(x1＋eq \f(1,m2x1))设g(x)＝f′(x)－k(x＋eq \f(1,m2x))，由g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以有g′(x)＝eq \f(1,x)－m－k＋eq \f(k,m2x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
令g″(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(2k,m2x3)＝0，
解得x＝eq \f(－2k,m2)，令eq \f(－2k,m2)>1，得k<－eq \f(m2,2)，
列表可知g′(x)在(1，eq \f(－2k,m2))上单调递减，在(eq \f(－2k,m2)，＋∞)上单调递增，
所以需要令g′(eq \f(－2k,m2))＝eq \f(m2,－2k)－m－k＋eq \f(m2,4k)≥0，
解得k＝－eq \f(m,2)，此时有g′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即原命题得证．
B组能力提升练
11．设函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的两个零点是x1，x2，求证：f′(eq \f(x1＋x2,2))<0.
证明：f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＋2－a＝eq \f(2x＋1－ax＋1,x)，
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点，舍去；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,a)，列表可知f(x)在(0，eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减，
所以应有f(x)max＝f(eq \f(1,a))＝ln eq \f(1,a)＋eq \f(1,a)－1>0，
解得0所以要证明f′(eq \f(x1＋x2,2))<0，只要证明x1＋x2>eq \f(2,a)即可，不妨设x1即证明(x1＋x2)(x2－x1)>eq \f(2,a)(x2－x1)，
整理得xeq \\al(2,2)－eq \f(2,a)x2>xeq \\al(2,1)－eq \f(2,a)x1，
又因为f(x1)＝f(x2)，
即证f(x1)－k(xeq \\al(2,1)－eq \f(2,a)x1)设g(x)＝f(x)－k(x2－eq \f(2,a)x)，
由g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有g′(x)＝eq \f(1,x)－2(a＋k)x＋eq \f(2k,a)＋2－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，
令g″(x)＝－eq \f(1,x2)－2(a＋k)＝0，
解得x＝eq \f(1,\r(－2a＋k))(k<－a)，
列表可知g′(x)在(0，eq \f(1,\r(－2a＋k)))上单调递减，在(eq \f(1,\r(－2a＋k))，＋∞)上单调递增，
所以需要令g′(eq \f(1,\r(－2a＋k)))＝2eq \r(－2a＋k)＋eq \f(2k,a)＋2－a≥0，
解得k＝－eq \f(a2,2)－a，此时有g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即原命题得证．
12．已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；
②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex(2x－1)－x＋1，f′(x)＝ex(2x＋1)－1，f′(0)＝0，f″(x)＝ex(2x＋3)，
由f″(x)＝0，得x＝－eq \f(3,2)，当x<－eq \f(3,2)时，f″(x)<0，f′(x)单调递减；当x>－eq \f(3,2)时，f″(x)>0，f′(x)单调递增．且当x<－eq \f(3,2)时，f′(x)<0，即当x<0时，f′(x)<0， f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．
(2)①由f(x)<0，得ex(2x－1)当x＝1时，不等式显然不成立；
当x>1时，a>eq \f(ex2x－1,x－1)；
当x<1时，a记g(x)＝eq \f(ex2x－1,x－1)，
g′(x)＝eq \f(ex2x＋1x－1－ex2x－1,x－12)＝eq \f(ex2x2－3x,x－12)，
所以g(x)在区间(－∞，0)和(eq \f(3,2)，＋∞)上为增函数，在(0,1)和(1，eq \f(3,2))上为减函数．
所以当x>1时，a>g(eq \f(3,2))＝4eeq \f(3,2)；当x<1时，a综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1)∪(4eeq \f(3,2)，＋∞)．
②由①知，当a<1时，x0∈(－∞，1)，由f(x0)<0，得g(x0)>a，
又g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g(0)＝1>a，所以g(－1)≤a，即a≥eq \f(3,2e)，所以eq \f(3,2e)≤a<1.
当a>4eeq \f(3,2)时， x0∈(1，＋∞)，由f(x0)<0，得g(x0)又g(x)在区间(1，eq \f(3,2))上单调递减，在(eq \f(3,2)，＋∞)上单调递增，且g(eq \f(3,2))＝4eeq \f(3,2)所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g2综上所述，实数a的取值范围为[eq \f(3,2e)，1)∪(3e2，eq \f(5e3,2)]．

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