《创新设计》全国通用高考数学文科二轮专题复习（教学教案+仿真练）：专题一 函数与导数、不等式（10份打包）专题一 第5讲.doc

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1、第5讲导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题一、选择题1.(2015·安徽卷)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是()A.a>0，b<0，c>0，d>0B.a>0，b<0，c<0，d>0C.a<0，b<0，c>0，d>0D.a>0，b>0，c>0，d<0解析由已知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除cB；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝＞0，所以a＞0，故选A.3a答案A1322.已知函数f(x)＝x－2x＋3m，x∈[0，

2、＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围3是()1717，＋∞，＋∞A.9B.9C.(－∞，2]D.(－∞，2)解析f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0.∴f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4).17∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.9答案A3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是()A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析∵2x(x

3、－a)＜1，1∴a＞x－.2x1令f(x)＝x－，2x－x∴f′(x)＝1＋2ln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案D4.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()9－6，－A.[－5，－3]B.8C.[－6，－2]D.[－4，－3]13121解析当x∈(0，1]时，得a≥－3x－4x＋，x132令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t－4t＋t，x令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)

4、，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)＜0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2，0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[－6，－2].答案C5.(2015·长沙模拟)已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的0

5、)≤f(a)解析因为xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，f（x）xf′（x）－f（x）－2f（x）所以x′＝≤≤0，x2x2f（x）则函数在(0，＋∞)上单调递减.xf（a）f（b）由于0

6、－.x2x3313（1－2x）令g(x)＝－，则g′(x)＝，x2x3x4110，，1所以g(x)在区间2上单调递增，在区间2上单调递减.1因此g(x)max＝g2＝4，从而a≥4.当x＜0时，即x∈[－1，0)时，31同理a≤－.x2x3g(x)在区间[－1，0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案47.已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，则实数m的取值范围是________.解析作出二次函数f(x)的图象，对于任意x∈[m，m＋1]

7、，都有f(x)f（m）＜0，＜0，则有f（m＋1）＜0，m2＋m2－1＜0，即（m＋1）2＋m（m＋1）－1＜0，2解得－＜m＜0.22－，0答案218.(2015·青岛模拟)已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x＋1x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.1解析由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]（x＋1）2时，f(x)22min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)

8、＝x－2ax＋4≤－1，即xx5x5－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，22x22xx59只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，22x49故