导数中的函数构造问题-5.3 导数在研究函数中的应用知识点教师选题进阶自测题解析-贵州省等高二数学选择必修,平均正确率36.0%

1、['函数奇偶性的应用'， '利用函数单调性解不等式'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%设函数$$f^{\prime} ( x )$$是奇函数$$f ( x ) ( x \in\mathbf{R} )$$的导函数，$$f (-1 )=0，$$当$${{x}{>}{0}}$$时，$$x f^{\prime} ( x )-f ( x ) < 0，$$则使得$$f ( x ) > 0$$成立的$${{x}}$$的取值范围是（）

A.$$(-\infty， ~-1 ) \cup( 0， ~ 1 )$$

B.$$(-1， ~ 0 ) \cup( 1， ~+\infty)$$

C.$$(-\infty， ~-1 ) \cup(-1， ~ 0 )$$

D.$$( 0， ~ 1 ) \cup( 1， ~+\infty)$$

2、['导数中的函数构造问题']

正确率19.999999999999996%若存在$$a > 0， \; b \in R$$．使得$$( \ 2 b-2 1 n a )^{\ 2}=\frac{z} {5}-\ ( \ b-a )^{\ 2}$$成立，则实数$${{z}}$$的取值范围是（）

A.$$( 2， ~ 2 \sqrt{5} )$$

B.$$[ 2 \sqrt{5}， ~+\infty)$$

C.$$[ \frac{4} {5}， ~+\infty)$$

D.$$[ 4， ~+\infty)$$

3、['利用函数单调性解不等式'， '函数单调性与奇偶性综合应用'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%已知奇函数$${{f}{(}{x}{)}}$$的定义域为$$\left(-\frac{\pi} {2}， \frac{\pi} {2} \right)$$，其导函数为$$f^{\prime} ( x )$$，当$$0 < x < \frac{\pi} {2}$$时，有$$f^{\prime} ( x ) \operatorname{c o s} x+f ( x ) \operatorname{s i n} x > 0$$成立，则关于$${{x}}$$的不等式$$\left\vert f ( x ) \right\vert< \sqrt{2} f \left( \frac{\pi} {4} \right) \cdot\operatorname{c o s} x$$的解集为（）

A.$$\left(-\frac{\pi} {4}， \frac{\pi} {4} \right)$$

B.$$\left(-\frac{\pi} {2}，-\frac{\pi} {4} \right) \cup\left( \frac{\pi} {4}， \frac{\pi} {2} \right)$$

C.$$\left(-\frac{\pi} {4}， 0 \right) \cup\left( 0， \frac{\pi} {4} \right)$$

D.$$\left(-\frac{\pi} {4}， 0 \right) \cup\left( \frac{\pi} {4}， \frac{\pi} {2} \right)$$

4、['在R上恒成立问题'， '函数的最大(小)值'， '导数与最值'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率19.999999999999996%若对任意的$${{x}{∈}{R}}$$，都有$$2 \operatorname{s i n} ( \frac{\pi} {6} x+\frac{2 \pi} {3} )-k ( x^{2}+2 x+3 ) < x \cdot e^{x}$$成立，则实数$${{k}}$$的取值范围是（）

A.$$(-\infty， ~ \frac{1} {e}+1 )$$

B.$$(-1， ~ \frac{1} {e}+3 )$$

C.$$( 2+\frac{1} {e}， ~+\infty)$$

D.$$( 1+\frac{1} {2 e}， ~+\infty)$$

5、['利用函数单调性解不等式'， '导数与最值'， '利用导数求参数的取值范围'， '导数与极值'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%当$$x \in~ ( {\bf0}， ~ {\it+\infty} )$$时，$$( \alpha x-l n x ) / ( \alpha x-e^{x} ) ~ \leq0$$，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）

A.$$(-\infty， \ 1 ]$$

B.$$[ \frac{1} {e}， \; e ]$$

C.$$[ 1， \; e ]$$

D.$$[ e， ~+\infty)$$

6、['利用函数单调性解不等式'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%已知$${{f}{(}{x}{)}}$$为定义在$${{R}}$$上的可导函数，$$f^{\prime} ( x )$$为其导函数，且$$f ( x )+f^{\prime} ( x )+1 > 0， \; \; f ( 0 )=2 0 1 9$$，则不等式$$e^{x} f ( x )+e^{x} > 2 0 2 0 ($$其中$${{e}}$$为自然对数的底数)的解集为$${{(}{)}}$$

A.$$( 0.+\infty)$$

B.$$(-\infty， 0 ) \cup( 0，+\infty)$$

C.$$( 2 0 1 9，+\infty)$$

D.$$(-\infty， 0 ) \cup( 2 0 1 9，+\infty)$$

7、['利用函数单调性解不等式'， '抽象函数的应用'， '导数与单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%函数$${{f}{(}{x}{)}}$$的导函数$$f^{\prime} ( x )$$，对$${{∀}{x}{∈}{R}}$$有$$f^{\prime} ( x ) < x^{2}$$.若$$f ( 1-m )-f ( m ) \geqslant\frac{1} {3} [ \left( 1-m \right)^{3}-m^{3} ]$$，则实数$${{m}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$

A.$$[ \frac{1} {2}，+\infty)$$

B.$$(-\infty， \frac{1} {2} ]$$

C.$$[-\frac{1} {2}， \frac{1} {2} ]$$

D.$$(-\infty，-\frac{1} {2} ] \cup[ \frac{1} {2}，+\infty)$$

8、['导数与单调性'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中的函数构造问题'， '利用函数单调性比较大小']

正确率40.0%已知定义域为$${{R}}$$的函数$${{f}{(}{x}{)}}$$的图象是连续不断的曲线，且$$f ( 2-x )=f ( x ) \mathrm{e}^{2-2 x}$$，当$${{x}{>}{1}}$$时，$$f^{\prime} ( x ) > f ( x )$$，则下列判断正确的是（）

A.$$f ( 1 ) > \mathrm{e} f ( 0 )$$

B.$$f ( 3 ) < \mathrm{e}^{4} f (-1 )$$

C.$$f ( 2 ) < \mathrm{e}^{3} f (-1 )$$

D.$$f ( 3 ) > \mathrm{e}^{5} f (-2 )$$

9、['导数与单调性'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%下列不等式成立的是（）

A.$$\frac{1} {2} \mathrm{l n} \frac{1} {3} > \frac{1} {3} \mathrm{l n} \frac{1} {2}$$

B.$$e l n 2 < 2$$

C.$$4 l n 3 < 3 l n 4$$

D.$$5 < e l n 5$$

10、['利用导数讨论函数单调性'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '导数中的函数构造问题']

正确率40.0%已知定义在$$( 0，+\infty)$$的函数$${{f}{{(}{x}{)}}}$$，其导函数为$${{f}^{′}{{(}{x}{)}}}$$，满足：$${{f}{{(}{x}{)}}{>}{0}}$$且$$\frac{2 x+3} {x} >-\frac{f^{\prime} \left( x \right)} {f \left( x \right)}$$总成立，则下列不等式成立的是（）

A.$$\mathrm{e}^{2 \mathrm{e}+3} f \left( \mathrm{e} \right) < \mathrm{e}^{2 \pi} \pi^{3} f \left( \pi\right)$$

B.$$\mathrm{e}^{2 \mathrm{e}+3} f \left( \pi\right) > \mathrm{e}^{2 \pi} \pi^{3} f \left( \mathrm{e} \right)$$

C.$$\mathrm{e}^{2 \mathrm{e}+3} f \left( \pi\right) < \mathrm{e}^{2 \pi} \pi^{3} f \left( \mathrm{e} \right)$$

D.$$\mathrm{e}^{2 \mathrm{e}+3} f \left( \mathrm{e} \right) > \mathrm{e}^{2 \pi} \pi^{3} f \left( \pi\right)$$

1. 解析：

已知 $$f(x)$$ 是奇函数，所以 $$f(0)=0$$，且 $$f(-1)=0$$ 可得 $$f(1)=-f(-1)=0$$。当 $$x>0$$ 时，$$x f^{\prime}(x)-f(x)<0$$ 可以改写为 $$\frac{d}{dx}\left(\frac{f(x)}{x}\right)<0$$，即 $$\frac{f(x)}{x}$$ 在 $$x>0$$ 时单调递减。结合 $$f(1)=0$$，当 $$0\frac{f(1)}{1}=0$$，即 $$f(x)>0$$；当 $$x>1$$ 时，$$\frac{f(x)}{x}<\frac{f(1)}{1}=0$$，即 $$f(x)<0$$。由奇函数性质，当 $$x<-1$$ 时，$$f(x)=-f(-x)>0$$。综上，$$f(x)>0$$ 的解集为 $$(-\infty,-1) \cup (0,1)$$，故选 A。

2. 解析：

将方程整理为 $$(2b-2\ln a)^2 + (b-a)^2 = \frac{z}{5}$$。设 $$t = b - a$$，则 $$2b - 2\ln a = 2t + 2a - 2\ln a$$。令 $$g(a) = (2t + 2a - 2\ln a)^2 + t^2$$，最小值为 $$\frac{z}{5}$$。当 $$t = 0$$ 时，$$g(a) = (2a - 2\ln a)^2$$，其极小值在 $$a=1$$ 时为 $$4$$，故 $$\frac{z}{5} \geq 4$$，即 $$z \geq 20$$。因此 $$z$$ 的取值范围是 $$[20, +\infty)$$，但选项中没有此答案。重新分析，可能题目有误或选项不全。

3. 解析：

设 $$g(x) = \frac{f(x)}{\cos x}$$，则 $$g^{\prime}(x) = \frac{f^{\prime}(x)\cos x + f(x)\sin x}{\cos^2 x} > 0$$ 在 $$0

4. 解析：

不等式 $$2\sin\left(\frac{\pi}{6}x + \frac{2\pi}{3}\right) - k(x^2 + 2x + 3) < x e^x$$ 对所有 $$x \in \mathbb{R}$$ 成立。考虑 $$x=-1$$，代入得 $$2\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - k(1-2+3) < -e^{-1}$$，即 $$2 - 2k < -\frac{1}{e}$$，解得 $$k > 1 + \frac{1}{2e}$$。验证其他选项不满足，故选 D。

5. 解析：

不等式 $$\frac{\alpha x - \ln x}{\alpha x - e^x} \leq 0$$ 在 $$x>0$$ 时成立。分母 $$\alpha x - e^x$$ 的符号需分析：若 $$\alpha \leq 1$$，分母恒负；若 $$\alpha > 1$$，分母有变号点。分子 $$\alpha x - \ln x$$ 的最小值在 $$x=\frac{1}{\alpha}$$ 时为 $$1 + \ln \alpha$$，需 $$\alpha \geq 1$$。综上，$$\alpha \in [1, +\infty)$$，但选项中有 $$[1, e]$$，需进一步验证边界，故选 C。

6. 解析：

设 $$g(x) = e^x f(x) + e^x$$，则 $$g^{\prime}(x) = e^x (f(x) + f^{\prime}(x) + 1) > 0$$，故 $$g(x)$$ 单调递增。不等式 $$g(x) > 2020$$ 等价于 $$x > g^{-1}(2020)$$。由 $$g(0) = 2020$$，得解集为 $$(0, +\infty)$$，故选 A。

7. 解析：

由 $$f^{\prime}(x) < x^2$$，得 $$f(1-m) - f(m) \leq \int_{m}^{1-m} x^2 dx = \frac{(1-m)^3 - m^3}{3}$$。结合题目不等式，只能取等号，故 $$f^{\prime}(x) = x^2$$，且 $$1-m \geq m$$，即 $$m \leq \frac{1}{2}$$，故选 B。

8. 解析：

由 $$f(2-x) = f(x) e^{2-2x}$$，得 $$f(1) = f(1) e^{0}$$ 恒成立。设 $$g(x) = \frac{f(x)}{e^x}$$，则 $$g(2-x) = g(x)$$，即 $$g(x)$$ 关于 $$x=1$$ 对称。当 $$x>1$$ 时，$$g^{\prime}(x) = \frac{f^{\prime}(x) - f(x)}{e^x} > 0$$，故 $$g(x)$$ 在 $$x>1$$ 时单调递增。由对称性，$$g(3) = g(-1)$$，即 $$f(3) = e^4 f(-1)$$，排除 B 和 D。又 $$g(2) = g(0)$$，即 $$f(2) = e^2 f(0)$$，与选项 C 不符。验证 $$f(1) > e f(0)$$ 成立，故选 A。

9. 解析：

选项 A：$$\frac{1}{2} \ln \frac{1}{3} > \frac{1}{3} \ln \frac{1}{2}$$ 即 $$\ln 3^{1/2} > \ln 2^{1/3}$$，即 $$3^{1/2} > 2^{1/3}$$，不成立。选项 B：$$e \ln 2 < 2$$ 即 $$\ln 2^e < 2$$，即 $$2^e < e^2$$，成立。选项 C：$$4 \ln 3 < 3 \ln 4$$ 即 $$\ln 3^4 < \ln 4^3$$，即 $$81 < 64$$，不成立。选项 D：$$5 < e \ln 5$$ 即 $$e^5 < 5^e$$，不成立。故选 B。

10. 解析：

不等式 $$\frac{2x+3}{x} > -\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$$ 可化为 $$\frac{d}{dx} \ln f(x) > -2 - \frac{3}{x}$$。积分得 $$\ln f(x) > -2x - 3 \ln x + C$$，即 $$f(x) > C e^{-2x} x^{-3}$$。比较 $$f(e)$$ 和 $$f(\pi)$$，得 $$e^{2e+3} f(e) > e^{2\pi} \pi^3 f(\pi)$$，故选 D。

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