2020版高考数学课时跟踪检测（十七）必备方法——破解导数问题常用到的4种方法（含解析）.docx

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)k1，则下列结论一定错误的是()AfCf解析：选C根据条件式f(x)k得f(x)k0，可以构造F(x)f(x)kx，因为F(x)f(x)k0，所以F(x)在R上单调递增又因为k1，所以0，从而FF(0)，即f1，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x1，则下列结论正确的是()A对于任意xR，f(x)0C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x0.又因为x1，则f(x)xf(x)f(x)，即f(x)(x1)f(x)0，根据“f(x)(x1)f(x)”的特征，构造函数F(x)(x1)f(x)，则F(x)1时，x10，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x1时，f(x)0，因此对于任意xR，f(x)0(x1)恒成立若曲线f(x)在点(1,2)处的切线为yg(x)，且g(a)2 018，则a等于()A501 B502C503 D504解析：选C由“2f(x)xf(x)”联想到“2xf(x)x2f(x)”，可构造 F(x)x2f(x)(x0)由(x1)2f(x)xf(x)0(x1)可知，当x1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0x1时，2f(x)xf(x)0，则F(x)2xf(x)x2f(x)0，若在ABC中，角C为钝角，则()Af(sin A)sin2Bf(sin B)sin2ABf(sin A)sin2Bf(sin B)cos2ADf(cos A)sin2B0时，F(x)0，F(x)在(0，)上单调递增因为C，所以0AB，0Acos Acossin B0，所以F(cos A)F(sin B)，即，f(cos A)sin2Bf(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x1x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为()Aex1f(x2)ex2f(x1)Bex1f(x2)ex2f(x1)Cex1f(x2)ex2f(x1)Dex1f(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x1x2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)x21的解集为_解析：由条件式f(x)1得f(x)1x21可化为f(x2)x210，可以构造F(x)f(x)x1，由于F(x)f(x)102121f(12)121F(12)，所以x212，解得1xx21的解集为x|1x1答案：x|1x2，f(0)5，则不等式f(x)2，所以f(x)f(x)20，不妨构造函数F(x)exf(x)2ex.因为F(x)exf(x)f(x)20，所以F(x)在R上单调递增因为f(x)2，所以exf(x)2ex3，即F(x)3，又因为F(0)e0f(0)2e03，所以F(x)F(0)，则x0，故不等式f(x)0，得0xx2.由f(x)0，得x1x1时，恒有xln2x2aln x1.证明：令g(x)xln2x2aln x1(x1)，所以g(x).令u(x)x2ln x2a，所以u(x)1.x(0,2)(2，)u(x)所以u(x)u(2)2(1ln 2a)0g(x)0，所以g(x)在(0，)递增因为x1，所以g(x)g(1)0，所以原不等式成立10已知函数f(x)ln(ax1)，x0，其中a0.若f(x)的最小值为1，求a的取值范围解：因为f(x).当a2时，f(x)0