（新課改省份專用）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）必備方法——破解導(dǎo)數(shù)問題常用到的4種方法（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十七）必備方法——破解導(dǎo)數(shù)問題常用到的4種方法（含解析） 1．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結(jié)論一定錯(cuò)誤的是(　　) A．f<　　　　　　 B．f> C．f< D．f> 解析：選C　根據(jù)條件式f′(x)>k得f′(x)－k>0，可以構(gòu)造F(x)＝f(x)－kx，因?yàn)镕′(x)＝f′(x)－k>0，所以F(x)在R上單調(diào)遞增．又因?yàn)閗>1，所以>0，從而F>F(0)，即f－>－1，移項(xiàng)、整理得f>，因此選項(xiàng)C是錯(cuò)誤的，故選C. 2．已知f(x)是定義在R上的增函

2、數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足＋x<1，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．對(duì)于任意x∈R，f(x)<0 B．對(duì)于任意x∈R，f(x)>0 C．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0 D．當(dāng)且僅當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0 解析：選A　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0，又因?yàn)椋玿<1，則f′(x)≠0，綜合可知f′(x)>0.又因?yàn)椋玿<1，則f(x)＋xf′(x)

3、1－1)f(1)＝0，所以當(dāng)x>1時(shí)，x－1>0，F(xiàn)(x)<0，故f(x)<0.又因?yàn)閒(x)是定義在R上的增函數(shù)，所以當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，因此對(duì)于任意x∈R，f(x)<0，故選A. 3．設(shè)y＝f(x)是(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲線f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線為y＝g(x)，且g(a)＝2 018，則a等于(　　) A．－501 B．－502 C．－503 D．－504 解析：選C　由“2f(x)＋xf′(x)”聯(lián)想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可構(gòu)造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．由(

4、x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，當(dāng)x>1時(shí)，2f(x)＋xf′(x)>0，則F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0

5、 4．設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)－2f(x)>0，若在△ABC中，角C為鈍角，則(　　) A．f(sin A)·sin2B>f(sin B)·sin2A B．f(sin A)·sin2Bf(sin B)·cos2A D．f(cos A)·sin2B0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)?C<π，所以0

6、，則有1>cos A>cos＝sin B>0，所以F(cos A)>F(sin B)，即>，f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A，故選C. 5．(2018·長春三模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為(　　) A．ex1f(x2)＞ex2f(x1) B．ex1f(x2)＜ex2f(x1) C．ex1f(x2)＝ex2f(x1) D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定 解析：選A　設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝＝，由題意知g′(x)＞0，所以g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x

7、1＜x2時(shí)，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)． 6．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝2，f′(x)<1，則不等式f(x2)>x2＋1的解集為________． 解析：由條件式f′(x)<1得f′(x)－1<0，待解不等式f(x2)>x2＋1可化為f(x2)－x2－1>0，可以構(gòu)造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上單調(diào)遞減．又因?yàn)镕(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1x2＋1的解集為{x|－1

8、}． 答案：{x|－12，f(0)＝5，則不等式f(x)<＋2的解集為________． 解析：因?yàn)閒′(x)＋f(x)>2，所以f′(x)＋f(x)－2>0，不妨構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)－2ex.因?yàn)镕′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)－2]>0，所以F(x)在R上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(x)<＋2，所以exf(x)－2ex<3，即F(x)<3，又因?yàn)镕(0)＝e0f(0)－2e0＝3，所以F(x)

9、1－aln x，a＞0，討論f(x)的單調(diào)性． 解：由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝1＋－＝. 設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當(dāng)Δ≤0，即0＜a≤2時(shí)，對(duì)一切x＞0都有f′(x)≥0. 此時(shí)f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ②當(dāng)Δ＞0，即a＞2時(shí)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不同的實(shí)根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. 由f′(x)>0，得0x2. 由f′(x)<0，得x11時(shí)，恒有x

10、>ln2x－2aln x＋1. 證明：令g(x)＝x－ln2x＋2aln x－1(x>1)， 所以g′(x)＝. 令u(x)＝x－2ln x＋2a，所以u(píng)′(x)＝1－＝. x (0,2) (2，＋∞) u′(x) － ＋ 所以u(píng)(x)≥u(2)＝2(1－ln 2＋a)>0?g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)遞增． 因?yàn)閤>1，所以g(x)>g(1)＝0，所以原不等式成立． 10．已知函數(shù)f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值為1，求a的取值范圍． 解：因?yàn)閒′(x)＝. ①當(dāng)a≥2時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝1，滿足題設(shè)條件． ②當(dāng)0