高考数学(课标版)大一轮复习第三章第4讲导数的综合应用第1课时利用导数解决不等式问题检测(文科).docx

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1、第1课时利用导数解决不等式问题[基础题组练]1.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)f（x）解析：选A.设y＝g(x)＝x(x≠0)，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0

2、.因为f(x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)的图象的示意图如图所示．当x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，00，x<－1，所以使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.4x12．已知函数f(x)＝x＋x，g(x)＝2＋a，若?x1∈2，1，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是()A．a≤1B．a≥1C．a≤2D．a≥21解析：选A.由题意知f(x)minx∈2，1≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝

3、5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.23．(2019·郑州第二次质量预测)设函数f(x)＝ax－(x＋1)lnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.(1)求a的值；1(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞2x.解：(1)f′(x)＝2ax－lnx－11－x，2由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)得f(x)＝x－(x＋1)lnx，1要证当0＜x≤2时，f(x)＞2x，lnx1只需证当0＜x≤2时，x－－lnx＞，x2令g(x)＝x－lnx，h(x)＝lnx1x

4、＋，21由g′(x)＝1－x＝0，得x＝1，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.1－lnxh′(x)＝x2，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，2]上单调递增，1＋ln2故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝2＜1，即h(x)max＜g(x)min，1故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞2x.a4．(2019·武汉武昌调研)已知函数f(x)＝lnx＋x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＞0时，证明f(

5、x)≥2a－1a.1ax－a解：(1)f′(x)＝x－x2＝x2(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，若x＞a，则f′(x)＞0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增．若0＜x＜a，则f′(x)＜0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＞0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥2a－1a，只需证lna＋1≥12a－1a，即证lna＋a－1≥0.111a－1令函数g(a)＝lna＋a－1，则g′(a)＝－2＝aaa2(a＞0)，当0＜a＜

6、1时，g′(a)＜0，当a＞1时，g′(a)＞0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋所以f(x)≥1－1≥0恒成立，a2a－1a.[综合题组练]xlnx1．(2019·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax－e(a∈R)，g(x)＝x.(1)求函数f(x)的单调区间；x(2)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex解：(1)因为f′(x)＝a－e，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝lna.

7、成立，求a的取值范围．由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调增区间为(－∞，lna)；单调减区间为(lna，＋∞)．x(2)因为?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－e，则ax≤lnxx，即a≤lnxlnxx2.lnx设h(x)＝x2，则问题转化为a≤(x2)max，1－2lnx由h′(x)＝x3，令h′(x)＝0，则x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，

8、h(x)的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－1h(x)极大值2e11由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为2e.所以a≤2e.1.(综