（新課改省份專用）2022年高考數學一輪復習 課時跟蹤檢測（十七）必備方法——破解導數問題常用到的4種方法（含解析）

（新課改省份專用）2022年高考數學一輪復習 課時跟蹤檢測（十七）必備方法——破解導數問題常用到的4種方法（含解析） 1．設定義在R上的函數f(x)滿足f(0)＝－1，其導函數f′(x)滿足f′(x)>k>1，則下列結論一定錯誤的是(　　) A．f<　　　　　　 B．f> C．f< D．f> 解析：選C　根據條件式f′(x)>k得f′(x)－k>0，可以構造F(x)＝f(x)－kx，因為F′(x)＝f′(x)－k>0，所以F(x)在R上單調遞增．又因為k>1，所以>0，從而F>F(0)，即f－>－1，移項、整理得f>，因此選項C是錯誤的，故選C. 2．已知f(x)是定義在R上的增函數，其導函數為f′(x)，且滿足＋x<1，則下列結論正確的是(　　) A．對于任意x∈R，f(x)<0 B．對于任意x∈R，f(x)>0 C．當且僅當x∈(－∞，1)時，f(x)<0 D．當且僅當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0 解析：選A　因為函數f(x)在R上單調遞增，所以f′(x)≥0，又因為＋x<1，則f′(x)≠0，綜合可知f′(x)>0.又因為＋x<1，則f(x)＋xf′(x)<f′(x)，即f(x)＋(x－1)f′(x)<0，根據“f(x)＋(x－1)f′(x)”的特征，構造函數F(x)＝(x－1)f(x)，則F′(x)<0，故函數F(x)在R上單調遞減，又F(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以當x>1時，x－1>0，F(x)<0，故f(x)<0.又因為f(x)是定義在R上的增函數，所以當x≤1時，f(x)<0，因此對于任意x∈R，f(x)<0，故選A. 3．設y＝f(x)是(0，＋∞)上的可導函數，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲線f(x)在點(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)”聯想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可構造 F(x)＝x2f(x)(x>0)．由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)可知，當x>1時，2f(x)＋xf′(x)>0，則F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，故F(x)在(1，＋∞)上單調遞增；當0<x<1時，2f(x)＋xf′(x)<0，則F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，故F(x)在(0,1)上單調遞減，所以x＝1為極值點，則F′(1)＝2×1×f(1)＋12f′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.由f(1)＝2可得f′(1)＝－4，曲線f(x)在點(1,2)處的切線為y－2＝－4(x－1)，即y＝6－4x，故g(x)＝6－4x，g(a)＝6－4a＝2 018，解得a＝－503，故選C. 4．設f′(x)是函數f(x)(x∈R)的導函數，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)·sin2B<f(sin B)·sin2A C．f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A D．f(cos A)·sin2B<f(sin B)·cos2A 解析：選C　根據“xf′(x)－2f(x)”的特征，可以構造函數F(x)＝，則有F′(x)＝＝，所以當x>0時，F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上單調遞增．因為<C<π，所以0<A＋B<，0<A<－B，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f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關系為(　　) A．ex1f(x2)＞ex2f(x1) B．ex1f(x2)＜ex2f(x1) C．ex1f(x2)＝ex2f(x1) D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關系不確定 解析：選A　設g(x)＝，則g′(x)＝＝，由題意知g′(x)＞0，所以g(x)單調遞增，當x1＜x2時，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)． 6．設定義在R上的函數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，可以構造F(x)＝f(x)－x－1，由于F′(x)＝f′(x)－1<0，所以F(x)在R上單調遞減．又因為F(x2)＝f(x2)－x2－1>0＝2－12－1＝f(12)－12－1＝F(12)，所以x2<12，解得－1<x<1，故不等式f(x2)>x2＋1的解集為{x|－1<x<1}． 答案：{x|－1<x<1} 7．若定義在R上的函數f(x)滿足f′(x)＋f(x)>2，f(0)＝5，則不等式f(x)<＋2的解集為________． 解析：因為f′(x)＋f(x)>2，所以f′(x)＋f(x)－2>0，不妨構造函數F(x)＝exf(x)－2ex.因為F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)－2]>0，所以F(x)在R上單調遞增．因為f(x)<＋2，所以exf(x)－2ex<3，即F(x)<3，又因為F(0)＝e0f(0)－2e0＝3，所以F(x)<F(0)，則x<0，故不等式f(x)<＋2的解集為(－∞，0)． 答案：(－∞，0) 8．已知函數f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0，討論f(x)的單調性． 解：由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，導函數f′(x)＝1＋－＝. 設g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當Δ≤0，即0＜a≤2時，對一切x＞0都有f′(x)≥0. 此時f(x)是(0，＋∞)上的單調遞增函數． ②當Δ＞0，即a＞2時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. 由f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2. 由f′(x)<0，得x1<x<x2. 所以f(x)在 上單調遞增， 在上單調遞減， 在上單調遞增． 9．設a≥0，求證：當x>1時，恒有x>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′(x)＝1－＝. x (0,2) (2，＋∞) u′(x) － ＋ 所以u(x)≥u(2)＝2(1－ln 2＋a)>0?g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)遞增． 因為x>1，所以g(x)>g(1)＝0，所以原不等式成立． 10．已知函數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：因為f′(x)＝. ①當a≥2時，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝1，滿足題設條件． ②當0<a<2時，f(x)在上遞減，在 ，＋∞遞增． 所以f(x)min＝f <f(0)＝1，不滿足題設條件． 綜上，a≥2.