2020高考文科数学（人教版）一轮复习讲义：第18讲 导数的综合应用——导数与不等式 含答案

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1、第18讲　导数的综合应用——导数与不等式　　　　　　　　　　　1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]内的　最小值　≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为　(x0，b)　，f(x)<0的x的取值范围为　(a，x0)　.3．若f

2、(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的　最小值　>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f(x)m在x∈[a，b]有解，则函数f(x)在x∈[a，b]的　最大值　>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x∈[0，＋∞)，则ex与1＋x的大小关系为(A)A．ex≥1＋xB．ex<1＋xC．ex＝1＋xD．ex与1＋x大小

3、关系不确定　令f(x)＝ex－(1＋x)，因为f′(x)＝ex－1，所以对∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≥0，故f(x)在[0，＋∞)上递增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥1＋x.2．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)>0，则必有(B)A．f(0)＋f(2)＜2f(1)B．f(0)＋f(2)>2f(1)C．f(0)＋f(2)＝2f(1)D．f(0)＋f(2)与2f(1)的大小不确定　依题意，当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当x＜1时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上是减

4、函数，故当x＝1时，f(x)取最小值，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，所以f(0)＋f(2)>2f(1)．3．已知定义在R上函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，且x>0时，f′(x)<0，则f(x)>0的解集为(A)A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)　因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，又x>0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f(x)>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h(x)＝2x－＋在[1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是　[－2

5、，＋∞)　.　因为h′(x)＝2＋，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为　[3，＋∞)　；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为　[0，＋∞)　.　(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x

6、∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．　　　　　　　　　　　　利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－

7、1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－1)x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上

8、的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0)B．(－∞，－2020)C．(－2016,0)D．(－∞，－2016)构