統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章7.7數(shù)學(xué)歸納法課時(shí)作業(yè)理含解析20230426150課時(shí)作業(yè)39數(shù)學(xué)歸納法[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．用數(shù)學(xué)歸納法證明2n>2n＋1，n的第一個(gè)取值應(yīng)是()A．1B．2C．3D．42．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假使n＝2k＋1時(shí)正確，再推n＝2k＋3時(shí)正確(其中k∈N*)B．假使n＝2k－1時(shí)正確，再推n＝2k＋1時(shí)正確(其中k∈N*)C．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋1時(shí)正確(其中k∈N*)D．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋2時(shí)正確(其中k∈N*)3．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”時(shí)，從“n＝k”變成“n＝k＋1”時(shí)，左邊應(yīng)增乘的因式是()A．2k＋1B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1)D.eq\f(2k＋3,k＋1)4．用數(shù)學(xué)歸納法證明：首項(xiàng)是a1，公差是d的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式是Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d時(shí)，假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，則Sk＝()A．a(chǎn)1＋(k－1)dB.eq\f(ka1＋ak,2)C．ka1＋eq\f(kk－1,2)dD．(k＋1)a1＋eq\f(kk＋1,2)d5．凸n邊形有f(n)條對(duì)角線，則凸(n＋1)邊形的對(duì)角線的角數(shù)f(n＋1)為()A．f(n)＋n＋1B．f(n)＋nC．f(n)＋n－1D．f(n)＋n－2二、填空題6．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)(n>1且n∈N*)時(shí)，第一步要證明的不等式是________．7．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2).假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)不等式是________________________________________________________________________．8．對(duì)任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，則最小的自然數(shù)a＝________.三、解答題9．證明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)．10．已知數(shù)列{an}中，a1＝5，Sn－1＝an(n≥2且n∈N*)．(1)求a2，a3，a4并由此猜想an的表達(dá)式．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明{an}的通項(xiàng)公式．[能力挑戰(zhàn)]11．[2019·浙江卷]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿足：對(duì)每個(gè)n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)記cn＝eq\r(\f(an,2bn))，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)，n∈N*.課時(shí)作業(yè)391．解析：∵n＝1時(shí)，21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n＋1不成立；n＝2時(shí)，22＝4,2×2＋1＝5,2n>2n＋1不成立；n＝3時(shí)，23＝8,2×3＋1＝7,2n>2n＋1成立．∴n的第一個(gè)取值應(yīng)是3.答案：C2．解析：因?yàn)閚為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證題的步驟，第二步應(yīng)先假設(shè)第k個(gè)正奇數(shù)也成立，即假設(shè)n＝2k－1時(shí)正確，再推第k＋1個(gè)正奇數(shù)，即n＝2k＋1時(shí)正確．答案：B3．解析：當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，左式為(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左式為(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，則左式應(yīng)增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B4．解析：假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，公式成立，只需把公式中的n換成k即可，即Sk＝ka1＋eq\f(kk－1,2)d.答案：C5．解析：邊數(shù)增加1，頂點(diǎn)也相應(yīng)增加1個(gè)，它與和它不相鄰的n－2個(gè)頂點(diǎn)連接成對(duì)角線，原來的一條邊也成為對(duì)角線，因此，對(duì)角線增加n－1條．答案：C6．解析：∵n>1，∴第一步應(yīng)證明當(dāng)n＝2時(shí)不等式成立，即eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6).答案：eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)7．解析：觀察不等式左邊的分母可知，由n＝k到n＝k＋1左邊多出了eq\f(1,k＋22)這一項(xiàng)．答案：eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)8．解析：當(dāng)n＝1時(shí)，36＋a3能被14整除的數(shù)為a＝3或5；當(dāng)a＝3且n＝2時(shí)，310＋35不能被14整除，故a＝5.答案：59．證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,2)，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，且k≥1)時(shí)等式成立．即1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)－\f(1,2k＋2)))＝eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,k＋1＋k)＋eq\f(1,k＋1＋k＋1)，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式也成立，由①②知，對(duì)一切n∈N*等式都成立．10．解析：(1)a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝20.猜想：an＝5×2n－2(n≥2，n∈N*)(2)①當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝5×22－2＝5成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)猜想成立，即ak＝5×2k－2(k≥2且k∈N*)則n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq\f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1.故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．由①②可知，對(duì)n≥2且n∈N*，都有an＝5×2n－2，于是數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,5×2n－2，n≥2且n∈N*.))11．解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，解得a1＝0，d＝2.從而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝eq\f(1,d)(Seq\o\al(2,n＋1)－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)證明：cn＝eq\r(\f(an,2bn))＝eq\r(\f(2n－2,2nn＋1))＝eq\r(\f(n－1,nn＋1))，n∈N*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，c1＝0<2，不等式成立；②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2eq\r(k)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2eq\r(k)＋eq\r(\f(k,k＋1k＋2))<2eq\r(k)＋eq\r(\f(1,k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(2,\r(k＋1)＋\r(k))＝2eq\r(k)＋2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))＝2eq\r(k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．根據(jù)①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)對(duì)任意n∈N*成立．課時(shí)作業(yè)13變化率與導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的計(jì)算[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2021·江西九江統(tǒng)考]f(x)＝x(2019＋lnx)，若f′(x0)＝2020，則x0＝()A．e2B．1C．ln2D．e2．下列求導(dǎo)過程不正確的選項(xiàng)是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x2)B．(eq\r(x))′＝eq\f(1,2\r(x))C．(xa)′＝axa－1D．(logax)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,lna)))′＝eq\f(1,xlna)3．已知直線y＝－x＋m是曲線y＝x2－3lnx的一條切線，則m的值為()A．0B．2C．1D．34．已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其部分圖象如圖所示，設(shè)eq\f(f2－f1,2－1)＝a，則下列不等式正確的是()A．f′(1)<f′(2)<aB．f′(1)<a<f′(2)C．f′(2)<f′(1)<aD．a(chǎn)<f′(1)<f′(2)5．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋a的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線經(jīng)過原點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a＝()A．1B．0C.eq\f(1,e)D．－1二、填空題6．[2021·南昌市NCS模擬考試]曲線f(x)＝(x2＋x)lnx在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為________________________________________________________________________．7．[2021·江西南昌模擬]設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且f(lnx)＝x＋lnx，則f′(1)＝________.8．[2021·福建龍巖質(zhì)檢]若曲線f(x)＝xsinx＋1在x＝eq\f(π,2)處的切線與直線ax＋2y＋1＝0相互垂直，則實(shí)數(shù)a＝________.三、解答題9．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝(3x3－4x)(2x＋1)；(2)y＝eq\f(x＋cosx,x＋sinx)；(3)y＝eq\f(ln2x＋3,x2＋1).10.已知函數(shù)f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲線f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)求經(jīng)過點(diǎn)A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程．[能力挑戰(zhàn)]11．[2021·廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試]已知點(diǎn)P(x0，y0)是曲線C：y＝x3－x2＋1上的點(diǎn)，曲線C在點(diǎn)P處的切線與直線y＝8x－11平行，則()A．x0＝2B．x0＝－eq\f(4,3)C．x0＝2或x0＝－eq\f(4,3)D．x0＝－2或x0＝eq\f(4,3)12．[2021·合肥市高三教學(xué)質(zhì)量檢測]已知f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝e－x－ex2(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程是()A．y＝－ex＋eB．y＝ex＋eC．y＝ex－eD．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2e－\f(1,e)))x－2e＋eq\f(1,e)13．如圖，y＝f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，直線l：y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，則曲線g(x)在x＝3處的切線方程為________．課時(shí)作業(yè)131．解析：f′(x)＝2019＋lnx＋x×eq\f(1,x)＝2020＋lnx，故由f′(x0)＝2020，得2020＋lnx0＝2020，則lnx0＝0，解得x0＝1.故選B項(xiàng)．答案：B2．解析：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝(x－1)′＝－eq\f(1,x2)，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，(eq\r(x))′＝()′＝eq\f(1,2)×x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2\r(x))，B正確；對(duì)于C，(xa)′＝axa－1，C正確；對(duì)于D，(logax)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,lna)))′＝eq\f(1,xlna)，D正確；故選A.答案：A3．解析：因?yàn)橹本€y＝－x＋m是曲線y＝x2－3lnx的切線，所以令y′＝2x－eq\f(3,x)＝－1，得x＝1或x＝－eq\f(3,2)(舍去)，即切點(diǎn)為(1,1)，又切點(diǎn)(1,1)在直線y＝－x＋m上，所以m＝2，故選B.答案：B4．解析：由圖象可知，在(0，＋∞)上，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，且曲線切線的斜率越來越大，∵eq\f(f2－f1,2－1)＝a，∴易知f′(1)<a<f′(2)．答案：B5．解析：f′(x)＝lnx＋1，∴f′(1)＝1，∴切線方程為y＝x－1＋a，故0＝0－1＋a，解得a＝1，故選A.答案：A6．解析：由題意得f′(x)＝(2x＋1)lnx＋x＋1，則f′(1)＝2，又f(1)＝0，所以所求的切線方程為y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.答案：2x－y－2＝07．解析：因?yàn)閒(lnx)＝x＋lnx，所以f(x)＝x＋ex，所以f′(x)＝1＋ex，所以f′(1)＝1＋e1＝1＋e.答案：1＋e8．解析：因?yàn)閒′(x)＝sinx＋xcosx，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)＋eq\f(π,2)·coseq\f(π,2)＝1.又直線ax＋2y＋1＝0的斜率為－eq\f(a,2)，所以1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－1，解得a＝2.答案：29．解析：(1)解法一：因?yàn)閥＝(3x3－4x)(2x＋1)＝6x4＋3x3－8x2－4x，所以y′＝24x3＋9x2－16x－4.解法二：y′＝(3x3－4x)′(2x＋1)＋(3x3－4x)(2x＋1)′＝(9x2－4)(2x＋1)＋(3x3－4x)·2＝24x3＋9x2－16x－4.(2)y′＝eq\f(x＋cosx′x＋sinx－x＋cosxx＋sinx′,x＋sinx2)＝eq\f(1－sinxx＋sinx－x＋cosx1＋cosx,x＋sinx2)＝eq\f(－xcosx－xsinx＋sinx－cosx－1,x＋sinx2).(3)y′＝eq\f([ln2x＋3]′x2＋1－ln2x＋3x2＋1′,x2＋12)＝eq\f(\f(2x＋3′,2x＋3)·x2＋1－2xln2x＋3,x2＋12)＝eq\f(2x2＋1－2x2x＋3ln2x＋3,2x＋3x2＋12).10．解析：(1)因?yàn)閒′(x)＝3x2－8x＋5，所以f′(2)＝1，又f(2)＝－2，所以曲線在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.(2)設(shè)曲線與經(jīng)過點(diǎn)A(2，－2)的切線相切于點(diǎn)P(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，因?yàn)閒′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5，所以切線方程為y－(－2)＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x－2)，又切線過點(diǎn)P(x0，xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－4)，所以xeq\o\al(3,0)－4xeq\o\al(2,0)＋5x0－2＝(3xeq\o\al(2,0)－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或1，所以經(jīng)過A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程為x－y－4＝0或y＋2＝0.11．解析：因?yàn)榍€C在點(diǎn)P處的切線與直線y＝8x－11平行，所以曲線C在點(diǎn)P處的切線的斜率為8.由y＝x3－x2＋1求導(dǎo)得y′＝3x2－2x，令y′|x＝x0＝3xeq\o\al(2,0)－2x0＝8，解得x0＝2或x0＝－eq\f(4,3).當(dāng)x0＝2時(shí)，y0＝23－22＋1＝5，此時(shí)切線的方程為y－5＝8(x－2)，即y＝8x－11，與直線y＝8x－11重合，故x0＝2不符合題意．經(jīng)驗(yàn)證可知x0＝－eq\f(4,3)符合題意，故選B.答案：B12．解析：設(shè)x>0，則－x<0，所以f(－x)＝ex－ex2，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－ex＋ex2，所以f′(x)＝－ex＋2ex，所以f′(1)＝e，f(1)＝0，所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝e(x－1)，即y＝ex－e.答案：C13．解析：由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處的切線斜率等于－eq\f(1,3)，即f′(3)＝－eq\f(1,3).又g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由題圖可知f(3)＝1，所以g(3)＝3f(3)＝3，g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0，則曲線g(x)在x＝3處的切線方程為y－3＝0.答案：y－3＝0課時(shí)作業(yè)14利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2021·廣東深圳質(zhì)檢]函數(shù)f(x)＝cosx－x在(0，π)上的單調(diào)性是()A．先增后減B．先減后增C．單調(diào)遞增D．單調(diào)遞減2．[2021·廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,2ex)的圖象的大致形狀是()3．[2021·昆明摸底診斷測試]已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，則()A．f(－eq\r(2))<f(e)<f(eq\r(5))B．f(e)<f(－eq\r(2))<f(eq\r(5))C．f(eq\r(5))<f(e)<f(－eq\r(2))D．f(－eq\r(2))<f(eq\r(5))<f(e)4．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，f(x)＝f(4－x)，且(x－2)f′(x)>0.若a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．c>b>aB．c>a>bC．a(chǎn)>b>cD．b>a>c5．[2021·洛陽市尖子生聯(lián)考]定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2019為奇函數(shù)，則不等式f(x)＋2019ex<0的解集為()A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))二、填空題6．[2021·廣州模擬]已知函數(shù)f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．7．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)<f(3x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．8．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．三、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．10.[2021·安徽示范高中名校聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝alnx－eq\f(a2,x)－6x(a∈R)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．[能力挑戰(zhàn)]11．[2021·鄭州市高中畢業(yè)年級(jí)質(zhì)量預(yù)測]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,a)，g(x)＝eq\f(x＋1,x)(x>0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝eq\f(fx,gx)在x＝1處的切線方程；(2)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－eq\f(1,gx)在(0，＋∞)上的單調(diào)性．課時(shí)作業(yè)141．解析：因?yàn)閒′(x)＝－sinx－1<0，所以f(x)在(0，π)上單調(diào)遞減．故選D項(xiàng)．答案：D2．解析：令x＝0，得f(0)＝0，排除C、D；f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,2ex)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時(shí)，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,2ex)＞0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)＝eq\f(cosx－sinx,2ex)＜0，故排除B，故選A.答案：A3．解析：因?yàn)閒(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．又當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)閑q\r(2)<eq\r(5)<e，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(5))<f(e)，又f(－eq\r(2))＝f(eq\r(2))，所以f(－eq\r(2))<f(eq\r(5))<f(e)，故選D.答案：D4．解析：由f(x)＝f(4－x)可知，f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，根據(jù)題意知，當(dāng)x∈(－∞，2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．所以f(3)＝f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(0)，即c<b<a.答案：C5．解析：令g(x)＝eq\f(fx,ex)，因?yàn)閒(x)>f′(x)，所以g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，所以g(x)在R上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(x)＋2019是奇函數(shù)，所以f(0)＋2019＝0，即f(0)＝－2019，則g(0)＝－2019.不等式f(x)＋2019ex<0可轉(zhuǎn)化為eq\f(fx,ex)<－2019，即g(x)<g(0)，又g(x)在R上單調(diào)遞減，所以x>0，則不等式f(x)＋2019ex<0的解集為(0，＋∞)，故選B.答案：B6．解析：因?yàn)閒(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因?yàn)閑x>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－eq\r(2)，eq\r(2))．答案：(－eq\r(2)，eq\r(2))7．解析：由題可得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2xln2，所以在定義域內(nèi)f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以由f(x2＋2)<f(3x)得x2＋2<3x，所以1<x<2.答案：(1,2)8．解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，若f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則lnx－2ax＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥eq\f(lnx＋1,2x)在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋1,2x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝－eq\f(lnx,2x2)，令g′(x)>0，解得0<x<1，令g′(x)<0，解得x>1，故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,2)，故a≥eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))9．解析：(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝eq\f(1,2)x，知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，則f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2).令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因?yàn)閤＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去．當(dāng)x∈(0,5)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)的減區(qū)間為(0,5)；當(dāng)x∈(5，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)的增區(qū)間為(5，＋∞)．10．解析：f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(a2,x2)－6＝eq\f(－6x2＋ax＋a2,x2)令f′(x)＝0，得－6x2＋ax＋a2＝0，解得x1＝eq\f(a,2)，x2＝－eq\f(a,3).①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝－6<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時(shí)，eq\f(a,2)>0，－eq\f(a,3)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co