高考数学导数及其应用（选修1_1）第11节导数在研究函数中的应用（第3课时）利用导数求解不等式问题习题

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1、第三课时　利用导数求解不等式问题【选题明细表】知识点、方法题号分离参数法解决不等式恒成立问题5,6等价转化法解决不等式恒成立问题2,3存在性不等式成立问题7不等式证明1,4基础巩固(时间:30分钟)1.设f(x)是R上的可导函数,且满足f′(x)>f(x),对任意的正实数a,下列不等式恒成立的是(　B　)(A)f(a)eaf(0)(C)f(a)<(D)f(a)>解析:构造函数g(x)=,则g′(x)==>0,即g(x)=是增函数,而a>0,所以g(a)>g(0),即f(a)>eaf(0).故选B.2.若对任意a,b满足0

2、a0,解得0

3、f(x1)-f(x2)

4、≤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(x)有极小值,即最小值,

5、且f(x)min=f()=-2sin=-.又f(0)=0,f(π)=π,所以f(x)max=π.由题意得

6、f(x1)-f(x2)

7、≤M等价于M≥

8、f(x)max-f(x)min

9、=π-(-)=+.所以M的最小值为+.答案:+4.(2018·济南模拟)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)=0.(2)证明:由(1)知,当x

10、>0时,f(x)<0,g(x)<0<1.当-1x.设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0h(0)=0,即g(x)<1.综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.能力提升(时间:15分钟)5.(2018·安徽江南十校联考)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

11、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00),则g′(x)=,由g′(x)>0⇒x>1,由g′(x)<0⇒0

12、的切线方程为y=x.(1)求a的值;(2)若对任意的x∈(0,2),都有f(x)<成立,求k的取值范围.解:(1)由题意得f′(x)=,因为函数在x=0处的切线方程为y=x,所以f′(0)==1,得a=1.(2)由(1)知f(x)=<对任意x∈(0,2)都成立,所以由>0知k+2x-x2>0,即k>x2-2x对任意x∈(0,2)都成立,从而k≥0.由不等式整理可得k<+x2-2x,令g(x)=+x2-2x,所以g′(x)=+2(x-1)=(x-1)(+2),令g′(x)=0得x=1,当x∈(1,2)时,g′(x)>0,函数g(x)在(1,2)上单调递增,同理,函数g(x)在

13、(0,1)上单调递减,所以k