《(浙江專用)2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第20練 利用導數(shù)研究不等式問題練習(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《(浙江專用)2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第20練 利用導數(shù)研究不等式問題練習(含解析)(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第20練 利用導數(shù)研究不等式問題
[基礎保分練]
1.設f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當x<0時,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且f(-3)=0,則不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-∞,-3)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-3,0)∪(0,3)
2.設f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且f(1)=0,當x>0時,有f(x)>xf′(x)恒成立,則不等式xf(x)>0的解集為( )
A.(-∞,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(0,1)
C.(-1,0)∪(
2、1,+∞) D.(-1,0)∪(0,1)
3.已知函數(shù)f(x)=x-(e-1)·lnx,則不等式f(ex)<1的解集為( )
A.(0,1) B.(1,+∞)
C.(0,e) D.(e,+∞)
4.(2019·浙江臺州中學模擬)當0
3、x D.y>x
6.(2019·諸暨質(zhì)檢)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f′(x)+f(x)>1,f(0)=5,f′(x)是f(x)的導函數(shù),則不等式ex[f(x)-1]>4(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞)
7.已知函數(shù)f(x)=xlnx+x(x-a)2(a∈R).若存在x∈,使得f(x)>xf′(x)成立,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C.(,+∞) D.(3,+∞)
8.已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0,+∞)上的可導函數(shù),滿足f(x)>0且f(
4、x)+f′(x)<0(f′(x)為函數(shù)f(x)的導函數(shù)),若0(a+1)f(b) B.f(b)>(1-a)f(a)
C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a)
9.設函數(shù)f(x)=x3+mx2-3m2x+2m-1(m>0).若存在f(x)的極大值點x0,滿足x+[f(0)]2<10m2,則實數(shù)m的取值范圍是________.
10.已知x∈,y=f(x)-1為奇函數(shù),f′(x)+f(x)tanx>0,則不等式f(x)>cosx的解集為________.
[能力提升練]
1.已知函數(shù)f(x
5、)=-ax,x∈(0,+∞),當x2>x1時,不等式-<0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.(-∞,e] B.(-∞,e)
C. D.
2.設函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)上的可導函數(shù),其導函數(shù)為f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,則不等式(x+2017)2f(x+2017)-9f(-3)>0的解集為( )
A.(-∞,-2020) B.(-∞,-2014)
C.(-2014,0) D.(-2020,0)
3.(2019·浙江五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為R,其圖象關于直線x=1對稱,其導函數(shù)為f′(x),當x<1時,2f(x)+(x-1)
6、f′(x)<0,那么不等式(x+1)2f(x+2)>f(2)的解集為( )
A.(-∞,0) B.(-∞,-2)
C.(-2,0) D.(-∞,-2)∪(0,+∞)
4.已知函數(shù)f(x)=+xlnx,g(x)=x3-x2-5,若對任意的x1,x2∈,都有f(x1)-g(x2)≥2成立,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(0,+∞) B.[1,+∞)
C.(-∞,0) D.(-∞,-1]
5.(2019·杭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=x2+2x+a,g(x)=lnx-2x,如果存在x1∈,使得對任意的x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是____
7、____________.
6.已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)=7,且f(x)的導函數(shù)f′(x)<3,則不等式f(lnx)>3lnx+1的解集為________.
答案精析
基礎保分練
1.B 2.D 3.A 4.D 5.C 6.A 7.C 8.C 9. 10.
能力提升練
1.D [不等式-<0,
即<0,
結合x2>x1>0可得x1f(x1)-x2f(x2)<0恒成立,
即x2f(x2)>x1f(x1)恒成立,
構造函數(shù)g(x)=xf(x)=ex-ax2,由題意可知函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,
故g′(x)=ex-2ax≥0恒成立,
即a≤恒成立
8、,
令h(x)=(x>0),
則h′(x)=,
當01時,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,
則h(x)的最小值為h(1)==,
據(jù)此可得實數(shù)a的取值范圍為.]
2.A [根據(jù)題意,令g(x)=x2f(x),x∈(-∞,0),故g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)],
而2f(x)+xf′(x)>x2>0,
故當x<0時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,
(x+2 017)2f(x+2 017)-9f(-3)>0,
即(x+2 017)2f(x+2 017)>(-3)2·f(-3),則有g(x+2 017)>g(
9、-3),則有x+2 017<-3,解得x<-2 020,
即不等式(x+2 017)2f(x+2 017)-9f(-3)>0的解集為(-∞,-2 020).故選A.]
3.C [由已知2f(x)+(x-1)f′(x)<0可構造函數(shù)φ(x)=(x-1)2f(x),則φ′(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)2·f′(x)=(x-1)[2f(x)+(x-1)f′(x)],當x<1時,φ′(x)>0,因而φ(x)在x<1時為增函數(shù),點P(x0,y0)關于直線x=1的對稱點為P′(2-x0,y0),由于函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=1對稱,則f(x0)=f(2-x0),而φ(2-x0)=(2-x
10、0-1)2f(2-x0)=(x0-1)2f(x0)=φ(x0),因而函數(shù)φ(x)的圖象也關于直線x=1對稱,因而在x>1時φ(x)為減函數(shù),不等式(x+1)2·f(x+2)>f(2)可化為φ(x+2)>φ(2),因而|x+2-1|<1,解得-2
11、,f(x)≥1恒成立,
即+xlnx≥1在上恒成立,
所以a≥x-x2lnx在上恒成立,
令h(x)=x-x2lnx,x∈,
則h′(x)=1-2xlnx-x,
而h″(x)=-3-2lnx,當x∈時,h″(x)<0,所以h′(x)=1-2xlnx-x在上單調(diào)遞減,
由于h′(1)=0,所以當x∈時,
h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;
當x∈(1,2)時,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,所以h(x)≤h(1)=1,即a≥1.]
5.
解析 g′(x)=-2=≤0,
x∈,∴g(x)在上單調(diào)遞減,∴g(x)min=g(2)=ln2-4.
∵f(x)=x2+2x+a=(
12、x+1)2+a-1,
∴f(x)在上單調(diào)遞增,
∴f(x)min=f=+a.
∵存在x1∈,使得對任意的x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立,
∴+a≤ln2-4,∴a≤ln2-.
6.(0,e2)
解析 設t=lnx,
則不等式f(lnx)>3lnx+1等價為f(t)>3t+1,設g(x)=f(x)-3x-1,
則g′(x)=f′(x)-3,
∵f(x)的導函數(shù)f′(x)<3,
∴g′(x)=f′(x)-3<0,
函數(shù)g(x)=f(x)-3x-1單調(diào)遞減,
∵f(2)=7,∴g(2)=f(2)-3×2-1=0,
則此時g(t)=f(t)-3t-1>0=g(2),解得t<2,即f(t)>3t+1的解為t<2,
所以lnx<2,解得03lnx+1的解集為(0,e2).
6