（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用（第1课时）教案（含解析）

答案 C

解析 由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数， 因为af(b)>f(a)，故选C.

3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )

答案 D

解析 利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，

f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．

?π??π?4．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f??，f(1)，f?－?的大小关系为( ) ?5??3??π??π?A．f?－?>f(1)>f??

?3??5?

17

?π??π?B．f(1)>f?－?>f?? ?3??5??π??π?C．f??>f(1)>f?－? ?5??3??π??π?D．f?－?>f??>f(1) ?3??5?

答案 A

解析 因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函数f(x)

?π??π??π?是偶函数，所以f?－?＝f??.又当x∈?0，?时，f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以函数

2??3??3??

f(x)在?0，?上是增函数，所以f??f(1)>f??，故选A.

25335

??

π??

?π????π????π????π?

??

13

5．已知函数f(x)＝x＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( )

2A．充分不必要条件 C．充要条件 答案 A

32

解析 f′(x)＝x＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，

2故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件． lnx6．若f(x)＝，e

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

xA．f(a)>f(b) C．f(a)

1－lnxB．f(a)＝f(b) D．f(a)f(b)>1

x2

，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，所以

f(a)>f(b)．

?π??π?7．已知定义在?0，?上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈?0，?，都有?2??2?

f′(x)sinx< f(x)cosx，则( )

?π??π?A.3f??>2f??

?4??3??π??π?C.2f??

答案 A

?π?B．f??>f(1) ?3??π??π?D.3f??

18

f?x?

解析 令g(x)＝，

sinx则g′(x)＝

f′?x?sinx－f?x?cosx， 2

sinx?π?由已知g′(x)<0在?0，?上恒成立，

2???π?∴g(x)在?0，?上单调递减，

2???π??π?∴g??>g??，即?4??3?

f??f???4??3?

22>32

?π??π?，

?π??π?∴3f??>2f??. ?4??3?

1

8．(2018·昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<，则不等式

2

f(x)<＋的解集为____________．

2

2

答案 {x|x<－1或x>1} 1

解析 设F(x)＝f(x)－x，

21

∴F′(x)＝f′(x)－，

2

11

∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，

22即函数F(x)在R上单调递减． ∵f(x)<＋， 221

∴f(x)－

22

22

2

x21

x21x2

∴F(x)1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．

22

9．已知g(x)＝＋x＋2alnx在[1,2]上是减函数，则实数a的取值范围为__________．

2

2

x7??答案 ?－∞，－? 2

??

22a解析 g′(x)＝－2＋2x＋，

xx由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，

19

12

可得a≤－x在[1,2]上恒成立．

x17?12?又当x∈[1,2]时，?－x?min＝－4＝－. 22?x?7

∴a≤－.

2

10．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是____________． 答案 (－∞，－1)∪(0,1)

解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0， 所以f(1)＝－f(－1)＝0. 当x≠0时，令g(x)＝

f?x?

， x则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0. 则当x>0时，g′(x)＝?＝

?f?x??′

??x?

xf′?x?－f?x?

<0，

x2

故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数． 所以在(0，＋∞)上，当0g(1)＝0， 得

f?x?f?x?

>0，所以f(x)>0；在(－∞，0)上，当x<－1时，由g(x)0.

综上知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是 (－∞，－1)∪(0,1)．

lnx＋k11．已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行． xe(1)求实数k的值；

(2)求函数f(x)的单调区间． 1

－lnx－kx解 (1)f′(x)＝(x>0)． xe1－k又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1.

e1

－lnx－1x(2)f′(x)＝(x>0)． xe

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