全國新高考數(shù)學(xué)理科二輪復(fù)習(xí)作業(yè)精練精析專題限時集訓(xùn)(六)B(含答案詳析)

專題限時集訓(xùn)(六)B[第6講導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用](時間：45分鐘)1．已知函數(shù)f(x)＝ax－x3，對區(qū)間(0，1)上的任意x1，x2，且x1<x2，都有f(x2)－f(x1)>x2－x1成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(0，1)B．[4，＋∞)C．(0，4]D．(1，4]2．定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，f(x－2)＝f(x＋2)，且當(dāng)x∈[0，2]時，f(x)＝ex＋1xf′(0)，則f7與f16的大小關(guān)系是()223716716A．f>f3B．f＝f322716C．f2<f3D．不確定3．已知函數(shù)f(x)＝2x－1，關(guān)于滿足0<x1<x2<2的任意x1，x2，給出以下結(jié)論：①(x2－x1)[f(x2)f(x1)]<0；②x2f(x1)<x1f(x2)；③f(x2)－f(x1)>x2－x1；④f（x1）＋f（x2）>fx1＋x2.其中正確結(jié)論22的序號是()A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④2＋14．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，則不等式f(x2x1，且對任意x∈R都有f′(x)<)>22的解集為()A．(1，2)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(－1，1)5．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對任意的x∈R，都有2f′(x)>f(x)成立，則()A．3f(2ln2)>2f(2ln3)B．3f(2ln2)<2f(2ln3)C．3f(2ln2)＝2f(2ln3)D．3f(2ln2)與2f(2ln3)的大小不確定6．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，則不等式f(x)<ex的解集為()A．(－2，＋∞)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)7．定義在區(qū)間[0，a]上的函數(shù)f(x)的圖像如圖X6－1所示，記以A(0，f(0))，B(a，f(a))，C(x，f(x))為極點的三角形的面積為S(x)，則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)的圖像大體是()圖X6－1圖X6－28．已知f(x)＝lnx－lnx，f(x)在x＝x0處獲取最大值，以下各式正確的序號為()1＋x①f(x0)<x0；②f(x0)＝x011；③f(x0)>x0；④f(x0)<；⑤f(x0)>.22A．①④B．②④C．②⑤D．③⑤x－x119．若函數(shù)y＝e－e－3x－≤x≤的圖像上任意點處切線的傾斜角為α，則α的最小22值是()5π3πππA.6B.4C.4D.610．已知函數(shù)f′(x)，g′(x)分別是二次函數(shù)f(x)和三次函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)，它們在同一坐標(biāo)系內(nèi)的圖像如圖X6－3所示，設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，則h(－1)，h(0)，h(1)的大小關(guān)系為________________(用“<”聯(lián)系)．圖X6－3x211．已知f(x)＝xe，g(x)＝－(x＋1)＋a.若存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．12．設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－cosx，數(shù)列{an}是公差為πf(a1)＋f(a2)＋f(a3)＝3的等差數(shù)列，且4π，則f(a1)＋f(a2)＋＋f(a10)＝______________．a(chǎn)x＋b13．已知函數(shù)f(x)＝x2＋1在點(－1，f(－1))處的切線方程為x＋y＋3＝0.(1)求函數(shù)f(x)的剖析式；(2)設(shè)g(x)＝lnx，求證：g(x)≥f(x)在x∈[1，＋∞)上恒成立．1214．已知函數(shù)f(x)＝4x.(1)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，其中g(shù)(x)＝alnx(a>0)，求實數(shù)a的取值范圍；2ln22ln32ln42lnnn－1*(2)求證：22＋32＋42＋＋n2≤e(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，n≥2，n∈N)．15．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋aln(x＋1)有兩個極值點x1，x2，且x1<x2.(1)求實數(shù)a的取值范圍，并談?wù)摵瘮?shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若對任意的x∈(x1，＋∞)，都有f(x)>m成立，求實數(shù)m的取值范圍．專題限時集訓(xùn)(六)B1．B[剖析]問題等價于函數(shù)g(x)＝f(x)－x在(0，1)上為增函數(shù)，即g′(x)＝a－1－3x2≥0，即a≥1＋3x2在(0，1)上恒成立，則a≥4，因此實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．2．C[剖析]對f(－x)＝f(x)兩邊求導(dǎo)得－f(′－x)＝f′(x)，由此得f(0)′＝0，因此f(x)＝ex，x∈[0，2]．由f(x－2)＝f(x＋2)可得f(x)＝f(x＋4)，即4為函數(shù)f(x)的一個周期．f7＝f－1＝f1，f16＝f4，依照指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得f1<f4，因此f7<f16.2223323233．D[剖析]函數(shù)f(x)單調(diào)遞加，故①不正確；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f（x），x∈(0，2)，則x2xln2·x－2x＋12x（xln2－1）＋1x2－1)＋x2g′(x)＝x2＝x2，令h(x)＝2(xln1，則h′(x)＝x·2ln2－2xln2＋2xln2＝x·2xln22，h′(x)在(0，2)上恒大于0，則h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0在(0，2)上恒成立．故f（x1）f（x2）1)－x1<f(x2)－x2，構(gòu)造x1<，即x2f(x1)<x1f(x2)，②正確；③等價于f(xx2函數(shù)h(x)＝f(x)－x，顯然h(x)是(0，2)上的單調(diào)遞加函數(shù)，故③正確；f（x1）＋f（x2）＝1(2x1x1＋x2x1＋x2221－1＋2x2－1)>2(22x12x2－2)＝22－1＝f2，故④正確．14．D[剖析]構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－2x＋c(c為常數(shù))，則g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，且g(1)＝f(1)－1＋c＝1＋c.又2x2＋112＋1，即2121＋c，即22f(x)>＝2x2f(x)－x＋c>22222，因此－1<x<1.g(x)>g(1)，即x<15．B[剖析]構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f（x），則1e2x2f′（x）－f（x）>0，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞加，因此2e2x

111f′（x）e2x－2f（x）e2xg′(x)＝12＝e2xg(2ln2)<g(2ln3)，即f（2ln2）ln2e<f（2ln3），即f（2ln2）f（2ln3）ln32<3，即3f(2ln2)<2f(2ln3)．e6．B[剖析]由于y＝f(x＋2)為偶函數(shù)，因此y＝f(x＋2)的圖像關(guān)于直線x＝0對稱，所以y＝f(x)的圖像關(guān)于直線x＝2對稱，因此f(0)＝f(4)＝1.設(shè)g(x)＝f（x）f′（x）ex－f（x）exex(x∈R)，則g′(x)＝f′（x）－f（x）e2x＝ex，又f′(x)<f(x)，可得g′(x)<0，故函數(shù)y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞減．又由于g(0)＝f（0）0＝1，因此x>0時，g(x)<g(0)＝1，即f(x)<ex.應(yīng)選B.e7．D[剖析]方法一：由于AB的長度為定值，只要考慮點C到直線AB的距離的變化趨勢即可．當(dāng)x在區(qū)間[0，a]變化時，點C到直線AB的距離先是遞加、爾后遞減、再遞加、再遞減，S′(x)的圖像先是在x軸上方、再到x軸下方、再回到x軸上方、再到x軸下方，并且函數(shù)在直線AB與函數(shù)圖像的交點處中止，在這其中止點函數(shù)性質(zhì)發(fā)生突然變化，因此選項D中的圖像吻合要求．方法二：采納特其他函數(shù)f(x)＝sinx＋2，x∈[0，2π]．當(dāng)x∈[0，π]時，S(x)＝πsinx，此時S′(x)＝πcosx；當(dāng)x∈(π，2π]時，S(x)＝π(2－sinx)，此時S′(x)＝－πcosx．S′(x)圖像如圖．應(yīng)選D.x＋1－lnxx＋1－xlnxx＋1－xlnx－（x＋1）28．B[剖析]f′(x)＝x－1＝－1＝（x＋1）222x－xlnx－x2－xx（x＋1）xx（x＋1）lnx＋x＋12＝－（x＋1）2.（x＋1）x令g(x)＝lnx＋x＋1，則函數(shù)g(x)在－－(0，＋∞)上單調(diào)遞加，g(e2)＝－2＋e2＋1<0，g

＝12＝ln1＋1＋1＝3－ln2＝3－ln4>0，因此函數(shù)g(x)存在零點x0，且在(0，x0)上，g(x0)<0，在2222(x0，＋∞)上，g(x0)>0，因此在(0，x0)上，f′(x)>0，在(x0，＋∞)上，f′(x)<0，故x＝x0是函數(shù)f(x)的唯一的極大值點也是最大值點．lnx0＋x0＋1＝0，因此f(x0)＝lnx0－lnx0＝－1＋x0＋11＋x0x0，且x0<1.29．Bx－x－3≥2－3＝－1，當(dāng)x＝01－11[剖析]f′(x)＝e＋e時取等號，而f′＝f′2＝e＋22e－1－3<2＋1－3＝0，又f′(x)在－1，0上單調(diào)遞減；在0，1上單調(diào)遞加．因此α獲取最2223π小值時的曲線切線的斜率值為－1，此時α＝4.110．h(0)<h(1)<h(－1)22[剖析]依照已知可得f′(x)＝x，g′(x)＝x，可得f(x)＝x＋a，g(x)11152＝323＋a－b，h(0)＝a－b，3x＋b，其中a，b為常數(shù)，故h(x)＝x－x＋a－b，故h(－1)＝1236h(1)＝6＋a－b，因此h(0)<h(1)<h(－1)．11.－1，＋∞[剖析]題目中的條件等價于y＝g(x)的最大值大于也許等于f(x)的最小e值．f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，顯然x＝－1是函數(shù)f(x)的極小值點也是最小值點，故f(x)min＝－111f(－1)＝－e，函數(shù)g(x)的最大值為a，故只要a≥－即可，故a的取值范圍為－，＋∞.ee55π2[剖析]f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＝2(a1＋a2＋a3)－cosa1－cosa2－cosa3＝6a2－12.2－2π－cosa2－cosa2＋π2)cosa2.令g(x)＝6x－(1＋2)cosx，可得函cosa2－＝6a2－(1＋44數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞加．πππ，因此an＝nπ.又f＝3π，f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＝3π，因此a2＝，因此a1＝4224因此f(a1)＋f(a2)＋＋f(a10)＝(1＋2＋＋10)×π－cosπ＋cosπ＋＋cos10π2424π55π－2＝55π－cos＝2422.13．解：(1)將x＝－1代入切線方程得y＝－2，f(－1)＝b－a＝－2，化簡得b－a＝－4，①1＋12＋1）－（ax＋b）·2x又f′(x)＝a（x2）2，（1＋xf′(－1)＝2a＋2（b－a）＝2b＝b＝－1，②442由①②解得a＝2，b＝－2，2x－2∴f(x)＝2.x＋1(2)證明：要證g(x)≥f(x)在x∈[1，＋∞)上恒成立，即證恒成立，2化簡得xlnx＋lnx≥2x－2，即證x2lnx＋lnx－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立，2令h(x)＝xlnx＋lnx－2x＋2，則h′(x)＝2xlnx＋x＋1x－2.x≥1，∴x＋1x≥2，2xlnx≥0，∴h′(x)≥0，h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞加，h(x)≥h(1)＝0，x2lnx＋lnx－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立，g(x)≥f(x)在x∈[1，＋∞)上恒成立．

2x－2lnx≥2在x∈[1，＋∞)上x＋112－alnx(a>0，x>0)，14．解：(1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝x4∴F′(x)＝x－a＝x2－2a2a，2x.令F′(x)＝0得x＝2x當(dāng)x∈(0，2a)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在x∈(0，2a)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2a，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在x∈(2a，＋∞)上單調(diào)遞加．因此F(x)在x＝2a時獲取最小值，要使f(x)≥g(x)恒成立，只要F(2a)≥0，即a2－alne2a≥0，解得a≤2.又a>0，∴0<a≤e.2e，則有12e2lnx1，(2)證明：依照(1)取a＝4x≥lnx，化簡得x2≤22e分別令x＝2，3，4，，n，得2ln212ln312ln41，，2lnn1，疊加，得2≤，32≤，42≤2≤e2eeen2ln2＋2ln32ln42lnnn－1.2232＋2＋＋2≤e4n215．解：(1)由f(x)＝x2＋aln(x＋1)可得f′(x)＝2x＋a＝2x＋2x＋a(x>－1)．x＋1x＋1令g(x)＝2x2＋2x＋a(x>－1)，則其對稱軸為直線x＝－1，故由題意可知x1，x2是方程2g(x)＝0的兩個均大于－1的不相等的實數(shù)根，其充要條件為＝4－8a>0，解得1g（－1）＝a>0，0<a<.2x2＋2x＋a2＝2（x－x1）（x－x2），其中－1<x1<x2，故f′(x)＝x＋1x＋1當(dāng)x∈(－1，x1)時，f′(x)>0，即f(x)在區(qū)間(－1，x1)上單調(diào)遞加；當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)<0，即f(x)在區(qū)間(x1，x2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在區(qū)間(x2，＋∞)上單