专题提能课（1-3）-【创新思维】2020版高考一轮总复习理科数学（人教版）课时word版

提能练(一)　函数、导数、不等式 A组　基础对点练 1．设函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上可导，且f′(x)>g′(x)，则当a<x<b时，有(　　) A．f(x)>g(x) B．f(x)<g(x) C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b) 解析：由条件式f′(x)>g′(x)得f′(x)－g′(x)>0，可构造F(x)＝f(x)－g(x)，由于函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上可导，故函数F(x)在区间[a，b]上也可导．由题意可知，F′(x)＝f′(x)－g′(x)>0在区间[a，b]上恒成立，故函数F(x)＝f(x)－g(x)在区间[a，b]上单调递增，所以对于任意x∈(a，b)恒有F(x)<F(b)，即f(x)－g(x)<f(b)－g(b)，故选D． 答案：D 2．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)>k>1，则下列结论一定错误的是 (　　) A．f()>　　 B．f()< C．f()> D．f()< 解析：根据条件式f′(x)>k得f′(x)－k>0，可以构造F(x)＝f(x)－kx，因为F′(x)＝f′(x)－k>0，所以F(x)在R上单调递增．又因为k>1，所以，因此选项C是错误的，故选C．)>>－1，移项、整理得f()－)>F(0)，即f(>0，从而F( 答案：C 3．设f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，且满足xf′(x)－2f(x)>0，若在△ABC中，角C为钝角，则 (　　) A．f(sin A)·sin2B>f(sin B)·sin2A B．f(sin A)·sin2B<f(sin B)·sin2A C．f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A D．f(cos A)·sin2B<f(sin B)·cos2A 解析：根据“xf′(x)－2f(x)”的特征，可以构造函数F(x)＝，f(cos A)·sin2B>f(sin B)·cos2A，故选C．>－B)＝sin B>0，所以F(cos A)>F(sin B)，即－B，则有1>cos A>cos(，0<A<<C<π，所以0<A＋B<，所以当x>0时，F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为＝，则有F′(x)＝ 答案：C 4．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(x)>0；②f(x)<f′(x)<2f(x)(其中f′(x)是f(x)的导函数)，则的取值范围为 (　　) A．() ，) B．(， C．(e，2e) D．(e，e3) 解析：一方面，因为f(x)<f′(x)，所以f′(x)－f(x)>0，根据“f′(x)－f(x)”的特征，可以构造F(x)＝，故选B．<<，综上所述，>，所以><0，G(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以G(1)>G(2)，即，则G′(x)＝；另一方面，因为f′(x)<2f(x)，所以f′(x)－2f(x)<0，根据“f′(x)－2f(x)”的特征，可以构造函数G(x)＝<，所以<>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，F(1)<F(2)，即，则F′(x)＝ 答案：B 5．已知f(x)是定义在R上的增函数，其导函数为f′(x)，且满足＋x<1，则下列结论正确的是 (　　) A．对于任意x∈R，f(x)<0[来源:学.科.网Z.X.X.K] B．对于任意x∈R，f(x)>0 C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0 D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0 解析：因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，又因＋x<1，则f(x)＋xf′(x)<f′(x)，即f(x)＋(x－1)f′(x)<0，根据“f(x)＋(x－1)f′(x)”的特征，构造函数F(x)＝(x－1)f(x)，则F′(x)<0，故函数F(x)在R上单调递减，又F(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x>1时，x－1>0，F(x)<0，故f(x)<0．又因f(x)是定义在R上的增函数，所以当x≤1时，f(x)<0，因此对于任意x∈R，f(x)<0，故选A．[来源:学.科.网Z.X.X.K]＋x<1，则f′(x)≠0，综合可知f′(x)>0．又因 答案：A 6．设y＝f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，f(1)＝2，(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]>0(x≠1)恒成立．若曲线f(x)在点(1，2)处的切线为y＝g(x)，且g(a)＝2 018，则a等于(　　) A．－501 B．－502 C．－503 D．－504[来源:学科网] 解析：由“2f(x)＋xf′(x)”联想到“2xf(x)＋x2f′(x)”，可构造F(x)＝x2f(x)(x>0)．由(x－1)[2f(x)＋xf′(x)]