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2018届高三数学(理)二轮复习课时作业:第1部分 专题1 第6讲 导数的应用(2)

资料类别: 数学/同步

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

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A组——高考热点强化练
一、选择题
1.设函数f(x)在R上的导函数为f′(x),且2f(x)+xf′(x)>x2,下面的不等式在R上恒成立的是(  )
A.f(x)>0      	B.f(x)<0
C.f(x)>x 	D.f(x)2f(-1)
D.f(0)+f(-2)≥2f(-1)
解析:由题意得,当x≥-1时,f′(x)≥0,当x≤-1时,f′(x)≤0,f(x)的最小值为f(-1),即对任意实数x,都有f(x)≥f(-1),f(0)≥f(-1),f(-2)≥f(-1),f(0)+f(-2)≥2f(-1),故选D.
答案:D
3.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且f(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是(  )
A.(-3,0)(3,+∞)
B.(-3,0)(0,3)
C.(-∞,-3)(3,+∞)
D.(-∞,-3)(0,3)
解析:设h(x)=f(x)g(x),又h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0知x<0时,h(x)为增函数,又f(x),g(x)分别是奇函数和偶函数,h(x)为奇函数且在(0,+∞)上为增函数,且h(3)=0,所以f(x)g(x)<0的解集为(-∞,-3)(0,3),故选D.
答案:D
4.已知f(x)是定义在R上的函数,f′(x)是f(x)的导函数,且f′(x)<,f(1)=1,则不等式f(x)<+的解集为(  )
A.{x|x<-1} 	B.{x|x>1}
C.{x|x<-1或x>1} 	D.{x|-11.
答案:B
5.已知函数y=f(x)是R上的可导函数,当x≠0时,有f′(x)+>0,则函数F(x)=xf(x)+的零点个数是(  )
A.0 	B.1
C.2 	D.3
解析:当x≠0时,f′(x)+==>0,当x>0时,[xf(x)]′>0,则h(x)=xf(x)在(0,+∞)上为增函数,且h(0)=0,∴h(x)=xf(x)>0在(0,+∞)上恒成立,又>0,∴F(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即F(x)在(0,+∞)上无零点.当x<0时,[xf(x)]′<0,∴h(x)=xf(x)在(-∞,0)上为减函数,且h(0)=0,∴h(x)=xf(x)>0在(-∞,0)上恒成立,所以F(x)=xf(x)+在(-∞,0)上为减函数,当x→0时,xf(x)→0,→-∞,则F(x)<0,x→-∞时,→0,F(x)≈xf(x)>0,F(x)在(-∞,0)上有唯一零点.综上所述,F(x)在(-∞,0)(0,+∞)上有唯一零点,故选B.
答案:B
6.若x,y[0,+∞),不等式4ax≤ex+y-2+ex-y-2+2恒成立,则实数a的最大值是(  )
A. 	B.1
C.2  D.
解析:ex+y-2+ex-y-2+2=ex-2(ey+e-y)+2≥2(ex-2+1),当且仅当y=0时等号成立.由2(ex-2+1)≥4ax,得2a≤.令g(x)=,则g′(x)=,可得g′(2)=0,且在(2,+∞)上,g′(x)>0,在[0,2]上,g′(x)<0,故g(x)的最小值为g(2)=1,所以2a≤1,即a≤.故选D.
答案:D
7.设a>b>1,则下列不等式成立的是(  )
A.aln b>bln a 	B.aln bbea 	D.aeb0),则f′(x)=,令f′(x)=0,则x=e,当x(0,e)时,1-ln x>0,f′(x)>0;当x[e,+∞)时,1-ln x≤0,f′(x)≤0,函数f(x)的增区间为(0,e),减区间为[e,+∞),又e(1,+∞),当e>a>b时,f(b)b>e时,<,即aln b>bln a,故A,B不正确.令g(x)=,同理可知函数g(x)的增区间为[1,+∞),减区间为(-∞,0),(0,1),当a>b>1时,g(a)>g(b),即>,即aeb0,f(x)在(-∞,+∞)上递增且是奇函数,由f(1-a)+f(2a)<0,即f(2a)0,则不等式<的解集为________.
解析:本题考查导数的应用.令g(x)=x2f(x),x(0,+∞),则g′(x)=x[2f(x)+xf(x)]>0,x(0,+∞),所以函数g(x)=x2f(x)在(0,+∞)上单调递增.原不等式即为g(x+2 016)0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.
解析:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x(ln a,+∞)时,f′(x)>0,
所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).
令g(x)=+x,则g′(x)=+1=.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α(1,2).
当x(0,α)时,g′(x)<0;
当x(α,+∞)时,g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).
又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1(2,3).
由于式等价于k
        
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