浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式习题含解析.doc

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1、第5节　导数与不等式考试要求　1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.知识梳理1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.3.不等式能成立看作不等式有解问题.[常用结论与易错提醒]与不等式有关的结论(1)对任意x，f(x)>g(x)⇔f(x)－g(x)>0⇔[f(x)－g(x)]min>0.(2)对任意x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(3)存在x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x

2、)max>g(x)min.(4)对任意x，存在x0，f(x)>g(x0)⇔f(x)min>g(x)min.(5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立⇔f(x)min≥a或f(x)max≤a.(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a⇔f(x)max≥a或f(x)min≤a.(7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)⇔A⊆B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.基础自测1.已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)

3、范围是(　　)A.B.C.[e，＋∞)D.(e，＋∞)解析　由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2(舍去).当x∈(－1，0]时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(0，1]时，f′(x)>0，f(x)递增，f(－1)＝，f(1)＝e，∴f(x)最大＝f(1)＝e，由题意m>e.答案　D2.设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)A.B.C.D.解析　设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由题意知存在唯一的整数x0，使h(x0)在直线h(x)＝ax－a的下

4、方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，∴当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，∴当x＝时，[g(x)]min＝－2e，g(0)＝－1，g(1)＝e>1，直线h(x)＝ax－a恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.答案　D3.已知函数f(x)＝(b∈R)，若存在x∈使得f(x)＋xf′(x)>0，则实数b的取值范围是(　　)A.B.C.(－∞，3)D.(－∞，)解析　f′(x)＝.f(x)＋xf′(x)＝＋[1＋2x(x－b)－lnx－(x－b)2]＝，∵存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)>0，∴

5、1＋2x(x－b)>0，∴b0，即

6、－.设h(x)＝lnx－x－(x>0)，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍去)，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)递减，∴h(x)最大＝h(x)极大＝h(1)＝－2，由题意a≥－2.答案　[－2，＋∞)5.当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________.解析　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R，当x∈(0，1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，∴a≥，设φ(x)＝，φ′(x)＝＝－＝－>0，∴φ(x)在(0，1]

7、上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2，0)时，a≤，∴a≤.仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－，当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0.∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.答案　[－6，－2]考点一　利用导数证明不等式【例1】(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当