（新课改省份专用）高考数学一轮复习课时跟踪检测（十七）必备方法——破解导数问题常用到的4种方法（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP免费

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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．fC．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，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)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(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00，若在△ABC中，角C为钝角，则()A．f(sinA)·sin2B>f(sinB)·sin2AB．f(sinA)·sin2Bf(sinB)·cos2AD．f(cosA)·sin2B0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．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(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|－12，f(0)＝5，则不等式f(x)<＋2的解集为________．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)<＋2，所以exf(x)－2ex<3，即F(x)<3，又因为F(0)＝e0f(0)－2e0＝3，所以F(x)

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