2020届高考数学课时跟踪练十七导数在不等式中的应用提升课理含解析新人教A版.docx

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1、课时跟踪练(十七)A组　基础巩固1．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)解析：原不等式可转化为a≤x＋2lnx＋(x>0)恒成立，设y＝x＋2lnx＋，则y′＝1＋－＝＝，当01时，y′>0.所以当x＝1时，ymin＝4.所以a≤4.答案：B2．(2019·南昌调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2)>－

2、B．f(x1)<0，f(x2)<－C．f(x1)>0，f(x2)<－D．f(x1)<0，f(x2)>－解析：f′(x)＝lnx－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，即曲线y＝1＋lnx与直线y＝2ax有两个不同交点，如图．由直线y＝x是曲线y＝1＋lnx的切线，可知，0<2a<1，00，所以f(x2)>f(1)＝－a>－.答案：D3．若对任意a，b满足0

3、则t的最大值为________．解析：因为00，解得0

4、f(x1)－f(x2)

5、≤M，则M的最小值为________．解析：因为f(x)＝x－2sinx，所以f′(x)＝1－2cosx，所以当00，f(x)单调递增．所以当x＝时，f

6、(x)有极小值，即最小值，且f(x)min＝f＝－2sin＝－.又f(0)＝0，f(π)＝π，所以f(x)max＝π.由题意得

7、f(x1)－f(x2)

8、≤M等价于M≥

9、f(x)max－f(x)min

10、＝π－＝＋.所以M的最小值为＋.答案：＋5．已知f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝，x＞－1且x≠0，证明：g(x)＜1.(1)解：f′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝

11、0.(2)证明：由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1.当－1＜x＜0时，g(x)＜1等价于f(x)＞x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.当x∈(－1，0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则0＜－xex＜1，从而当x∈(－1，0)时，h′(x)＜0，h(x)在(－1，0)上单调递减．当－1＜x＜0时，h(x)＞h(0)＝0，即g(x)＜1.综上，当x＞－1且x≠0时总有g(x)＜1.6．(2019·淄博调研选编)已知函数f(x)＝(x≠0)，对于任意x∈，恒有f(x)

12、不等式f(x)0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾．当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)

13、单调递增，且φ(0)＝0，得sinx－ax>0恒成立，这与sinx－ax<0恒成立相矛盾．故实数a的最小值为1.B组　素养提升7．已知函数f(x)＝xlnx(x＞0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．解：(1)由f(x)＝xlnx(x＞0)，得f′(x)＝1＋lnx.令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜.所以f(x)的单调增区间是，单调减区间是.故f(x)在x＝处有极小值f＝－，无极大值．(2)由f(x)≥及f(x)＝xlnx，得m≤恒成立，问题转化

14、为m≤.令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，由g′(x)＞0⇒x＞1，由g′(x)＜0⇒0＜x＜1.所以g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，因此m