《(魯京津瓊專用)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(guān)《(魯京津瓊專用)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)(8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(chǔ)保分練]
1.(2019·雅安中學月考)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(shè)函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),對任意x∈R都有f(x)>f′(x)成立,則( )
A.2018f(ln2017)>2017f(ln2018)
B.2018f(ln2017)<2017f
2、(ln2018)
C.2018f(2017)>2017f(2018)
D.2018f(2017)<2017f(2018)
3.(2018·遵義模擬)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.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x<0時,不等式f(x)+xf′(x)<0恒成立.若a=30.3f(30.3),b=logπ3·f(logπ3),c=log3·f,則a,b,c的大小關(guān)系是( )
A.a(chǎn)>b>cB.c>b>aC.c>a>bD.a(chǎn)>c>b
5.(201
3、9·廣東省高三第一次聯(lián)考)已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)滿足f′(x)+f(x)<0,設(shè)a=f(m-m2),b=em2-m+1·f(1),則a,b的大小關(guān)系是( )
A.a(chǎn)b
C.a(chǎn)=b D.a(chǎn),b的大小與m有關(guān)
6.已知可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),f(0)=2019,若對任意的x∈R,都有f(x)>f′(x),則不等式f(x)<2019ex的解集為( )
A.(0,+∞) B.
C. D.(-∞,0)
7.(2018·宜賓模擬)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(
4、 )
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(x)+f′(x)<0(f′(x)為函數(shù)的導函數(shù)),若0(a+1)f(b) B.f(b)>(1-a)f(a)
C.a(chǎn)f(a)>bf(b) D.a(chǎn)f(b)>bf(a)
9.設(shè)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.已知函數(shù)f(x)=(x+m)ln
5、x,m∈R,當x≠1時,恒有(x-1)f′(x)>0,則關(guān)于x的不等式f(x)<2x-2的解集為________.
[能力提升練]
1.(2018·邯鄲模擬)已知f(x)=lnx-+,g(x)=-x2-2ax+4.若對任意x1∈(0,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
2.設(shè)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)
6、
C.(-2014,0) D.(-2020,0)
3.若存在實數(shù)x,使得關(guān)于x的不等式+x2-2ax+a2≤(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))成立,則實數(shù)a的取值集合為( )
A. B.
C. D.
4.(2019·廈門外國語學校月考)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.已知f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x1)≤g(x2)成立,則實數(shù)a的取
7、值范圍是________________.
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)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(chǔ)保分練
1.B 2.A 3.A 4.C 5.B
6.A [根據(jù)題意,設(shè)g(x)=,其導數(shù)g′(x)==,
又由對任意的x∈R,都有f(x)>f′(x),
則有g(shù)′(x)<0,則函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù),
又由f(0)=2019,
則g(0)==2019,
f(x)<2019ex?<2019?g(x)0,
即不等式的解
8、集為(0,+∞).故選A.]
7.C [由f(x)>xf′(x)成立,可得′<0.設(shè)g(x)==lnx+(x-a)2(x>0),則存在x∈,使得g′(x)<0成立,即g′(x)=+2(x-a)<0成立,即a>min即可.
又x+≥2=,當且僅當x=,即x=時取等號,
∴a>.故選C.]
8.C [構(gòu)造函數(shù)F(x)=exf(x)(x>0),
F′(x)=ex[f(x)+f′(x)]<0,
所以F(x)是(0,+∞)上的減函數(shù).
令0F,可得f(x)>f,下面證明>,即證明-x+2lnx>0,令g(x)=-x+2lnx,則g′(x)=-<0,即g(x
9、)在(0,1)上單調(diào)遞減,g(x)>g(1)=0,即>,
所以f(x)>f>f,
即xf(x)>f,若0bf(b).故選C.]
9.
解析 對f(x)求導得f′(x)=x2+2mx-3m2=(x+3m)(x-m)(m>0),則由f′(x)>0得,x>m或x<-3m,由f′(x)<0得,-3m
10、
解析 由題意可知,當x≠1時,
恒有(x-1)f′(x)>0,
則當x>1時,f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(1,+∞)上為單調(diào)遞增函數(shù);
當0
11、x)=-·-==-(x>0),則當x∈(0,1)時,f′(x)<0;當x∈(1,2]時,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2]上單調(diào)遞增,故f(x)min=f(1)=.對于二次函數(shù)g(x)=-x2-2ax+4,該函數(shù)開口向下,所以其在區(qū)間[1,2]上的最小值在端點處取得,所以要使對?x1∈(0,2],?x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,只需f(x1)min≥g(x2)min,即≥g(1)或≥g(2),所以≥-1-2a+4或≥-4-4a+4,
解得a≥-.故選A.]
2.A [根據(jù)題意,令g(x)=x2f(x),
x∈(-∞,0),
故g′(x)
12、=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+2017)2f(x+2017)-9f(-3)>0,
即(x+2017)2f(x+2017)>(-3)2f(-3),
則有g(shù)(x+2017)>g(-3),
則有x+2017<-3,
解得x<-2020,
即不等式(x+2017)2f(x+2017)-9f(-3)>0的解集為(-∞,-2020).故選A.]
3.C [不等式+x2-2ax+a2≤,即(x-a)2+2≤,
表示點與的距離的平方不超過,即最大值為.
由在直線l:y=x上,
設(shè)與直線
13、l平行且與曲線y=相切的直線的切點為(m,n),可得切線的斜率為=,解得m=0,n=,切點為,由切點到直線l的距離為直線l上的點與曲線y=的距離的最小值,可得(0-a)2+2=,解得a=,則實數(shù)a的取值集合為,
故選C.]
4.B [由于g(x)=x3-x2-5,
則g′(x)=3x2-2x=x(3x-2),
∴函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減,
在上單調(diào)遞增,
g=--5=-,
g(2)=8-4-5=-1.
由于對任意x1,x2∈,
f(x1)-g(x2)≥2恒成立,所以f(x)≥[g(x)+2]max=g(x)max+2=1,
即x∈時,f(x)≥1恒成立,
即+xlnx≥1
14、在上恒成立,
所以a≥x-x2lnx在上恒成立,
令h(x)=x-x2lnx,
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 f′(x)=ex+xex=ex(1+x).
當x>-1時,f′(x)>0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當x<-1時,f′(x)<0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.
故函數(shù)f(
15、x)的最小值為f(-1)=-.
又函數(shù)g(x)的最大值為a,
所以由題意可得-≤a,即a≥-.
6.(0,e2)
解析 設(shè)t=lnx,
則不等式f(lnx)>3lnx+1等價為
f(t)>3t+1,
設(shè)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).
8