欢迎来到天天文库
浏览记录
ID:51562776
大小:2.36 MB
页数:5页
时间:2020-03-13
《2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 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高效演练分层突破 文 新人教A版.doc》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第1课时 利用导数解决不等式问题[基础题组练]1.(2020·汕头一模)函数f(x)=lnx+a的导数为f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,则实数a的取值范围为( )A.(1,+∞) B.(0,1)C.(1,)D.(1,)解析:选A.由函数f(x)=lnx+a可得f′(x)=,因为x0使f′(x)=f(x)成立,所以=lnx0+a,又01,lnx0<0,所以a=-lnx0>1.2.(2020·聊城模拟)若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是( )A.[-5,0)B.(-5,0)C.[-3,0)D.(-
2、3,0)解析:选C.由题意知,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作出其大致图象如图所示,令x3+x2-=-得,x=0或x=-3,则结合图象可知,解得a∈[-3,0).3.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是.解析:由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2,3]),因为f(x)min=5,g(x)min=4+a,所以5≥4+a,即a≤1.5答案:(-∞,1]4.若对任意a,b满足03、t的最大值为.解析:因为00.所以f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).(2)证明:要证xf(x)≤g(x4、),即证x(x-lnx)≤aex,即证a≥.设h(x)=,则h′(x)==,由(1)可知f(x)≥f(1)=1,即lnx-(x-1)≤0,于是,当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减.所以x=1时,h(x)取得最大值,h(x)max==,所以当a≥时,xf(x)≤g(x).[综合题组练]51.(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.解:(1)因为f′(x)=a-ex,x∈5、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.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)的单调递减区间为R;当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,lna);单调递减区间为(lna,+∞).(2)因为∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,则ax≤,即a≤.设h(x)=,则问题转化为a≤,由h′(x)=,令h′(x)=0,则x=.当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,)(,+∞)h6、′(x)+0-h(x)极大值由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.2.(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)=-,g(x)=a(x2-1)-lnx(a∈R,e为自然对数的底数).(1)证明:当x>1时,f(x)>0;(2)讨论g(x)的单调性;(3)若不等式f(x)1时,s′(x)>0,所以s(x)在(1,+∞)上单调递增,又s(1)=0,所以s(x)>0,从而当x>1时,f(x)>0.(2)g′(x)=2ax7、-=(x>0),当a≤0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,当a>0时,由g′(x)=0得x=.当x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增.(3)由(1)知,当x>1时,f(x)>0.当a≤0,x>1时,g(x)=a(x2-1)-lnx<0,故当f(x)0.当01,g(x)在上
3、t的最大值为.解析:因为00.所以f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).(2)证明:要证xf(x)≤g(x
4、),即证x(x-lnx)≤aex,即证a≥.设h(x)=,则h′(x)==,由(1)可知f(x)≥f(1)=1,即lnx-(x-1)≤0,于是,当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减.所以x=1时,h(x)取得最大值,h(x)max==,所以当a≥时,xf(x)≤g(x).[综合题组练]51.(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.解:(1)因为f′(x)=a-ex,x∈
5、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.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)的单调递减区间为R;当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,lna);单调递减区间为(lna,+∞).(2)因为∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,则ax≤,即a≤.设h(x)=,则问题转化为a≤,由h′(x)=,令h′(x)=0,则x=.当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,)(,+∞)h
6、′(x)+0-h(x)极大值由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.2.(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)=-,g(x)=a(x2-1)-lnx(a∈R,e为自然对数的底数).(1)证明:当x>1时,f(x)>0;(2)讨论g(x)的单调性;(3)若不等式f(x)1时,s′(x)>0,所以s(x)在(1,+∞)上单调递增,又s(1)=0,所以s(x)>0,从而当x>1时,f(x)>0.(2)g′(x)=2ax
7、-=(x>0),当a≤0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,当a>0时,由g′(x)=0得x=.当x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增.(3)由(1)知,当x>1时,f(x)>0.当a≤0,x>1时,g(x)=a(x2-1)-lnx<0,故当f(x)0.当01,g(x)在上
此文档下载收益归作者所有