2023級高二下數(shù)學(xué)(理科)專題訓(xùn)練-構(gòu)造函數(shù)專題

2023級高二下數(shù)學(xué)（理科）復(fù)習(xí)專題-構(gòu)造函數(shù)專題AUTONUM．已知函數(shù)f(x)、g(x)均為[a，b]上的可導(dǎo)函數(shù)，在[a，b]上連續(xù)且f′(x)＜g′(x)，則f(x)－g(x)的最大值為(A)A．f(a)－g(a)B．f(b)－g(b)C．f(a)－g(b)D．f(b)－g(a)AUTONUM．已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x＞0時不等式f(x)＋xf′(x)＜0成立，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝log3eq\f(1,9)·f(log3eq\f(1,9))，則a，b，c的大小關(guān)系是________答案：c<a<bAUTONUM．已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，，，則不等式的解集是AUTONUM．若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)－xf′(x)>0，則()A．3f(1)<f(3)B．3f(1)>f(3)C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3)AUTONUM．已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝3，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R)，則不等式f(x)<2x＋1的解集為()A．(1，＋∞)B．(－∞，－1)C．(－1,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)AUTONUM．定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，則不等式的解集為()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)AUTONUM．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，則ex1f(x2)與的大小關(guān)系為()A．ex1f(x2)>B．ex1f(x2)<C．ex1f(x2)＝D．ex1f(x2)與的大小關(guān)系不確定AUTONUM．f(x)，g(x)(g(x)≠0)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x<0時，f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，且f(－3)＝0，則的解集為()A．(－∞，－3)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－3,0)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)AUTONUM．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)x>0時，有恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)AUTONUM．定義在R上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)分別為且。則下列結(jié)論一定成立的是()A．B.C．D.【答案】A【解析】試題分析：設(shè)單調(diào)遞減考點：函數(shù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性AUTONUM．已知函數(shù)的定義域為為的導(dǎo)函數(shù)，且滿足，則不等式的解集是()A．B．C．D．【答案】B【解析】試題分析：，設(shè)，所以函數(shù)單調(diào)遞減，變形為，解不等式得解集為AUTONUM．函數(shù)是定義在區(qū)間上可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，則不等式的解集為（）A．B．C．D．【答案】C【解析】試題分析：由，則當(dāng)時，，即，所以函數(shù)為單調(diào)遞增函數(shù)，由，即，所以，所以不等式的解集為，故選C.考點：函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用及導(dǎo)數(shù)的運算.AUTONUM．已知是函數(shù)()的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)時，，記，則（）A．B．C．D．【答案】C【解析】試題分析：由題意得，設(shè)，則，所以當(dāng)時，函數(shù)的單調(diào)遞減函數(shù)，又，所以，即，故選C.考點：導(dǎo)數(shù)的四則運算的逆用及函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用.AUTONUM．設(shè)f(x)、g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x＜0時,＞0.且g(3)=0.則不等式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)【答案】D【解析】試題分析：因為＞0，即，故在上遞增，又因為分別是定義在上的奇函數(shù)和偶函數(shù)和，所以是奇函數(shù)，圖像關(guān)于原點對稱，所以在也是增函數(shù)，因為，所以的解集為或，故選D.考點：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用.AUTONUM．已知定義在上的可導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，滿足，且為偶函數(shù)，，則不等式的解集為（）A．B．C．D．【答案】B【解析】試題分析：：∵y=f（x+2）為偶函數(shù)，∴y=f（x+2）的圖象關(guān)于x=0對稱∴y=f（x）的圖象關(guān)于x=2對稱∴f（4）=f（0）又∵f（4）=1，∴f（0）=1，設(shè)（x∈R），則又∵f′（x）＜f（x），∴f′（x）-f（x）＜0∴g′（x）＜0，∴y=g（x）在定義域上單調(diào)遞減∵∴g（x）＜1又∵∴g（x）＜g（0）∴x＞0考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；奇偶性與單調(diào)性的綜合AUTONUM．已知定義域為R的奇函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，當(dāng)x≠0時，f′(x)＋＞0，若a＝，b＝－2f(－2)，c＝，則a，b，c的大小關(guān)系正確的是（）A．a(chǎn)＜c＜bB．b＜c＜aC．a(chǎn)＜b＜cD．c＜a＜b【答案】A【解析】試題分析：因為函數(shù)的定義域為上的奇函數(shù)，所以函數(shù)為上的偶函數(shù)，又，因為當(dāng)時，，所以當(dāng)時，當(dāng)時，即在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，因為，所以，即，故選A．考點：導(dǎo)數(shù)在函數(shù)的單調(diào)性中的應(yīng)用．AUTONUM．設(shè)為自然對數(shù)的底數(shù).若，則（）A．B．C．D．【答案】B【解析】試題分析：由不等式啟發(fā)，可構(gòu)造函數(shù)，則，又由，得，即在上為單調(diào)遞增函數(shù)，因為，所以，即，又，整理可得，.故正確答案選B.考點：1.導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用；2.函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用.AUTONUM．已知為定義在上的可導(dǎo)函數(shù)，且恒成立，則不等式的解集為（）A．B．C．D．【答案】C【解析】試題分析：令，則為定義域上的減函數(shù)，由不等式得：考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)AUTONUM．設(shè)函數(shù)是奇函數(shù)（）的導(dǎo)函數(shù)，且，當(dāng)時，，則使成立的的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】試題分析：由是奇函數(shù)，得，，設(shè)，則，因為，所以，所以在和上都是減函數(shù)，當(dāng)時，，，時，，，再由是奇函數(shù)知當(dāng)時，，時，，因此不等式的解集為，故選A．考點：函數(shù)的奇偶性，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性．AUTONUM．已知定義在上的奇函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，對任意正實數(shù)滿足，若，則不等式的解集是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】試題分析：為奇函數(shù)，則，則不等式為，即，由，得，所以當(dāng)時，，在上遞增，又，即是上的奇函數(shù)，所以在上是增函數(shù)，由得，．故選C．考點：導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的奇偶性．AUTONUM．設(shè)函數(shù)在上的導(dǎo)函數(shù)為,