2020届高考数学第三单元导数及其应用第18讲导数的综合应用——导数与不等式练习理新人教A版

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1、第18讲　导数的综合应用——导数与不等式1．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)

2、x<1}B．{x

3、－1

4、x<－1或x>1}D．{x

5、x>1}令g(x)＝2f(x)－x－1，则g′(x)＝2f′(x)－1>0，所以g(x)在R上为增函数，又g(1)＝2f(1)－1－1＝0，所以g(x)<0⇔x<1.即原不等式的解集为{x

6、x<1}．2．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，

7、若ax(x>0)B．sinx0)C.x>sinxD．以上各式都不对令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)

8、＝a－x＋xex，若存在x0>－1，使得f(x0)≤0，则实数a的取值范围为(B)A．[0，＋∞)B．(－∞，0]C．[1，＋∞)D．(－∞，1]由f(x)≤0，得a≤x－xex，令h(x)＝x－xex(x>－1)，h′(x)＝1－(1＋x)ex，h″(x)＝－(x＋2)ex<0，所以h′(x)在(－1，＋∞)内递减，而h′(0)＝0，所以h(x)在(－1,0)内递增，在(0，＋∞)内递减，所以h(x)的最大值为h(0)＝0.故a≤0.5．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1

9、)成立，则实数a的取值范围是　[－，＋∞)　.　　因为f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值f(－1)＝－.函数g(x)的最大值为a，∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，所以a≥－.6．(2017·河南模拟)设f(x)＝x3＋x，x∈R，当0≤θ≤时，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取值范围是　(－∞，1)　.因

10、为f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)在R上为增函数，又f(x)为奇函数，所以条件即为f(msinθ)>f(m－1)，所以msinθ>m－1对θ∈[0，]恒成立，即m(1－sinθ)<1对θ∈[0，]恒成立，因为θ＝时，上式恒成立；当θ∈[0，)时，m<，则m<1.7．(2018·全国卷Ⅰ·文节选)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.证明：当a≥时，f(x)≥0.(证法1)当a≥时，f(x)≥－lnx－1.设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)

11、的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.(证法2)f′(x)＝(x>0)，令g(x)＝axex－1，g′(x)＝a(x＋1)ex>0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递增，因为g(1)＝ae－1≥0，g(0)＝－1，所以∃x0∈(0，1]使g(x0)＝0，即ax0ex0－1＝0，当x∈(0，x0)，f′(x)<0，x∈(x0，＋∞)，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(x0)＝aex0－lnx0－1＝－lnx0－1，x0∈(0，1]，令φ(x)＝－lnx－1，x∈(0，1]，φ′(x)＝－－＝

12、－<0，所以φ(x)在(0，1]上单调递减，所以φ(x)min＝φ(1)＝0.从而f(x)min＝0，所以f(x)≥0.故原不等式成立．证法3：易证ex≥x＋1，lnx≤x－1.所以ex－1≥x，－lnx≥－x＋1，所以f(x)＝aex－lnx－1≥ex－1－lnx－1≥x＋(－x＋1)－1＝0，故原不等式成立．8．若0lnx2－lnx1B．ex2－ex1x1ex2D．x2ex1

13、′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减，因为0x1ex2.由此可知选C.如何说明A和B不成立？下面进行探讨：设g(x)＝ex－lnx(0