數(shù)學(xué)選擇性必修 第三冊第六章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用本章綜合與測試鞏固練習(xí)

這是一份數(shù)學(xué)選擇性必修 第三冊第六章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用本章綜合與測試鞏固練習(xí)，共12頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
專題強(qiáng)化練5　利用導(dǎo)數(shù)與輔助函數(shù)解決有關(guān)不等式問題一、選擇題1.(2020廣東佛山容山中學(xué)高二期中,)定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),滿足f'(x)-f(x)<0,且f(0)=1,則不等式 <1的解集為(　　)A.(0,+∞) B.(2,+∞)C.(-∞,0) D.(-∞,2)2.(2020福建三明高二期末,)若x,y∈,且xsin x-ysin y>0,則下列不等式一定成立的是(　　)A.x<y B.x>yC.|x|<|y| D.|x|>|y|3.(2020甘肅天水甘谷第一中學(xué)高二期末,)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f'(x)>f(x)+1,其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù),且f(0)=3,則不等式f(x)+1<4ex的解集為　(　　)A.(-∞,0) B.(0,+∞)C.(-∞,1) D.(1,+∞)4.(2020山東棗莊高三期末,)已知奇函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù),且g(x)=xf(x),則(　　)A.g)B.g)C.g(D.g(5.(2020廣東韶關(guān)高二期末,)已知函數(shù)f(x)的定義域為R, f(0)=-1,且對任意的x∈R滿足f'(x)>2x.當(dāng)α∈[0,π]時,不等式f(sin α+cos α)-sin 2α>0的解集為(　　)A. B. C. D.6.(多選)(2020河南信陽高三期末,)若0<a<b<1,e為自然對數(shù)的底數(shù)(e≈2.718 28),則下列不等式一定成立的是(　　)A.ba+1>ab+1B.ea-eb>ln a-ln bC.loga(a+1)>logb(b+1)D.ea-eb<ln a-ln b二、填空題7.(2020黑龍江雙鴨山一中高二上期末,)f(x)是定義在R上的函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x).若f'(x)>f(x),f(1)=2 019,則不等式ef(x)>2 019ex(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為　　　　. 8.(2020河南駐馬店高三期末,)已知偶函數(shù)f(x)(x∈R),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),當(dāng)x>0時, f(x)+xf'(x)+>0, f(5)=,則不等式f(x)>的解集為　　　　. 三、解答題9.(2020河南焦作第十一中學(xué)高三月考,)已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-,x∈(-1,0).(1)若m=1,判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性并說明理由;(2)若m≤-2,求證:關(guān)于x的不等式<2(1-e-x)在(-1,0)上恒成立.       10.(2020吉林長春東北師大附中高三月考,)已知函數(shù)f(x)=x2-2kx+2ln x(k為正實數(shù)).(1)當(dāng)k=時,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若H=f(x1)-f(x2)≥H(x1,x2為f'(x)的兩個零點(diǎn),且x1<x2),求k的取值范圍.      
答案全解全析專題強(qiáng)化練5　利用導(dǎo)數(shù)與輔助函數(shù)解決有關(guān)不等式問題一、選擇題1.A　令h(x)=(x∈R),則h'(x)=(x∈R),∵f'(x)-f(x)<0,∴h'(x)<0,∴函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞減,又 h(0)==1,∴h(x)=<1的解集為(0,+∞).2.D　設(shè)函數(shù)f(t)=tsin t,易知f(t)為偶函數(shù), f'(t)=sin t+tcos t≥0在上恒成立,即函數(shù)f(t)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.因為xsin x-ysin y>0,即f(x)>f(y),所以根據(jù)單調(diào)性知|x|>|y|.3.A　令g(x)=(x∈R),則g'(x)=(x∈R),由題意可知g'(x)>0在R上恒成立,故函數(shù)g(x)為R上的增函數(shù),且g(0)==4,又不等式f(x)+1<4ex可化為<4,即g(x)<g(0),故不等式f(x)+1<4ex的解集為(-∞,0).4.B　由奇函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù),可得f(-x)=-f(x), f'(x)≥0,且當(dāng)x>0時, f(x)>0,當(dāng)x<0時, f(x)<0.由g(x)=xf(x),知g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x),即g(x)為R上的偶函數(shù).因為g'(x)=f(x)+xf'(x),所以當(dāng)x>0時,g'(x)>0,當(dāng)x<0時,g'(x)<0,故x>0時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x<0時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.因為g<20=1<log34,所以g).5.B　設(shè)g(x)=f(x)+1-x2(x∈R),則g'(x)=f'(x)-2x,∵對任意的x∈R, f'(x)>2x,∴g'(x)>0,∴g(x)在R上單調(diào)遞增,又f(0)=-1,∴g(0)=0.由f(sin α+cos α)-sin 2α>0,可得f(sin α+cos α)-(sin α+cos α)2+1>0,∴求原不等式的解集等價為求g(sin α+cos α)>g(0)的解集,∵g(x)在R上單調(diào)遞增,∴sin α+cos α>0,即>0,又α∈[0,π],∴α∈.6.AC　對于A,若ba+1>ab+1成立,兩邊同時取自然對數(shù)可得ln ba+1>ln ab+1,化簡得(a+1)ln b>(b+1)ln a,因為0<a<b<1,所以a+1>0,b+1>0,所以原不等式成立等價于成立.令f(x)=,x∈(0,1),則f'(x)=,當(dāng)x∈(0,1)時,1+-ln x>0,所以f'(x)>0,即f(x)=在x∈(0,1)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)0<a<b<1時, f(b)>f(a),即,所以ba+1>ab+1,故A正確.對于B,D,若ea-eb>ln a-ln b成立,則ea-ln a>eb-ln b成立;若ea-eb<ln a-ln b成立,則ea-ln a<eb-ln b成立.令g(x)=ex-ln x,x∈(0,1),則g'(x)=ex-,易知[g'(x)]'>0在x∈(0,1)上恒成立,所以g'(x)=ex-在x∈(0,1)上單調(diào)遞增,又g'(0)→-∞,g'(1)=e-1>0,所以g'(x)=ex-在x∈(0,1)上先負(fù)后正,因此g(x)=ex-ln x在x∈(0,1)上先單調(diào)遞減,再單調(diào)遞增,所以當(dāng)0<a<b<1時,無法判斷ea-ln a與eb-ln b的大小關(guān)系,故B、D均錯誤.對于C,令h(x)=logx(x+1),x∈(0,1).利用換底公式化簡可得h(x)=,x∈(0,1),則h'(x)=,當(dāng)x∈(0,1)時,xln x<0,(x+1)ln(x+1)>0,所以xln x-(x+1)ln(x+1)<0,即h'(x)<0在(0,1)上恒成立,則h(x)=在x∈(0,1)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)0<a<b<1時,,即loga(a+1)>logb(b+1),故C正確.故選AC. 二、填空題7.答案　(1,+∞)解析　要求不等式ef(x)>2 019ex的解集,即求>2 019的解集.令g(x)=(x∈R).∵f'(x)>f(x),∴g'(x)=>0,∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增.∵g(1)==2 019,∴>2 019?g(x)>g(1),∴x>1,∴不等式ef(x)>2 019ex的解集為(1,+∞).8.答案　(-∞,-5)∪(5,+∞)解析　令g(x)=xf(x)-,當(dāng)x>0時,g'(x)=f(x)+xf'(x)+>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.因為f(x)是偶函數(shù),g(-x)=-xf(-x)-=-g(x),所以g(x)是奇函數(shù),所以g(x)在R上單調(diào)遞增.因為f(5)=,所以g(5)=5f(5)-=0.不等式f(x)>等價于>0,所以或解得x>5或x<-5.三、解答題9.解析　(1)函數(shù)f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,理由如下:依題意f(x)=ln(x+1)-,x∈(-1,0),則f'(x)=.當(dāng)x∈(-1,0)時, f'(x)<0,故函數(shù)f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減.(2)證明:要證<2(1-e-x),即證(x+m)·ln(x+1)-mx>2x(1-e-x),即證xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]>2x(1-e-x).設(shè)g(x)=ln(1+x)-x(x∈(-1,0)),則g'(x)=.當(dāng)x∈(-1,0)時,g'(x)>0,所以g(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,所以g(x)<g(0)=0,即ln(1+x)-x<0.故當(dāng)m≤-2時,xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]≥xln(1+x)-2[ln(1+x)-x],故要證xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]>2x(1-e-x),即證(x-2)ln(1+x)>-2xe-x.令p(x)=(x+2)ln(1+x)-2x,x∈(-1,0),則p'(x)=ln(1+x)+,由(1)可知,p'(x)>p'(0)=0,故p(x)=(x+2)ln(1+x)-2x在(-1,0)上單調(diào)遞增.所以當(dāng)x∈(-1,0)時,(x+2)ln(1+x)-2x<p(0)=0,即ln(1+x)<<0,所以當(dāng)x∈(-1,0)時,(x-2)ln(1+x)>,所以只需證明<-e-x,即證明ex<-1.設(shè)h(x)=ex(x∈(-1,0)),則h'(x)=,易知h'(x)>0在(-1,0)上恒成立.所以h(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,所以h(x)<h(0)=-1,所以原不等式在(-1,0)上恒成立,10.解析　(1)易知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).當(dāng)k=時, f(x)=x2-2x+2ln x,f'(x)=2x-2,令f'(x)>0,解得0<x<或x>,令f'(x)<0,解得,所以f(x)在和上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.(2)由已知得f'(x)=2x-2k+.由題意知方程2x2-2kx+2=0在(0,+∞)上有兩個不等的實根x1,x2(x1<x2),所以解得k>2.H)-2k(x1-x2)+2(ln x1-ln x2)=()-2(x1+x2)(x1-x2)+2(ln x1-ln x2)=+2(ln x1-ln x2)=+2ln =+2ln ,令t=,則t∈(0,1),則H(t)=-t+2ln t,H'(t)=-<0,所以H(t)在(0,1)上單調(diào)遞減,又H(t)≥H,所以0<t≤,而k2=+2≥,當(dāng)且僅當(dāng)t=時等號成立,所以k≥.綜上,k的取值范圍為.