新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测17《必备方法-破解导数问题常用到的4种方法》(含解析)

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．f<　　　　　　 B．f>

C．f<  D．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)<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：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)<f′(x)，即f(x)＋(x－1)f′(x)<0，根据“f(x)＋(x－1)f′(x)”的特征，构造函数F(x)＝(x－1)f(x)，则F′(x)<0，故函数F(x)在R上单调递减，又F(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当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)＝2 018，则a等于(　　)

A．－501  B．－502

C．－503  D．－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0<x<1时，2f(x)＋xf′(x)<0，则F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<0，故F(x)在(0,1)上单调递减，所以x＝1为极值点，则F′(1)＝2×1×f(1)＋12f′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0.由f(1)＝2可得f′(1)＝－4，曲线f(x)在点(1,2)处的切线为y－2＝－4(x－1)，即y＝6－4x，故g(x)＝6－4x，g(a)＝6－4a＝2 018，解得a＝－503，故选C.

4．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)·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：选C　根据“xf′(x)－2f(x)”的特征，可以构造函数F(x)＝，则有F′(x)＝＝，所以当x>0时，F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为<C<π，所以0<A＋B<，0<A<－B，则有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－1<x<1，故不等式f(x2)>x2＋1的解集为{x|－1<x<1}．

答案：{x|－1<x<1}

7．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)<＋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)<F(0)，则x<0，故不等式f(x)<＋2的解集为(－∞，0)．

答案：(－∞，0)

8．已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0，讨论f(x)的单调性．

解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.

设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.

①当Δ≤0，即0＜a≤2时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.

此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．

②当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根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 上单调递增，

在上单调递减，

在上单调递增．

9．设a≥0，求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2aln x＋1.

证明：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－＝.

所以u(x)≥u(2)＝2(1－ln 2＋a)>0⇒g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)递增．

因为x>1，所以g(x)>g(1)＝0，所以原不等式成立．

10．已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值为1，求a的取值范围．

解：因为f′(x)＝.

①当a≥2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)递增，所以f(x)min＝f(0)＝1，满足题设条件．

②当0<a<2时，f(x)在上递减，在 ，＋∞递增．

所以f(x)min＝f <f(0)＝1，不满足题设条件．

综上，a≥2.