2019年高考数学总复习检测第18讲　导数的综合应用——导数与不等式.doc

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1、第18讲　导数的综合应用——导数与不等式　1．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)

2、x<1}B．{x

3、－1

4、x<－1或x>1}D．{x

5、x>1}令g(x)＝2f(x)－x－1，则g′(x)＝2f′(x)－1>0，所以g(x)在R上为增函数，又g(1)＝2f(1)－1－1＝0，所以g(x)<0⇔x<1.即原不等式的解集为{x

6、x<1}．2．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若a

7、A)A．af(b)≤bf(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤bf(b)D．bf(b)≤af(a)设F(x)＝，则F′(x)＝≤0，故F(x)＝在(0，＋∞)上是减函数或常函数，由0x(x>0)B．sinx0)C.x>sinxD．以上各式都不对令g(x)＝sinx－x，则g′(x)＝cosx－1≤0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)

8、实数a的取值范围为(C)A．[－2,2]B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－1，＋∞)D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)因为函数f(x)＝ex－x＋a的图象始终在x轴的上方，所以f(x)＝ex－x＋a的最小值大于0.f′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的最小值为f(0)＝1＋a.由1＋a>0，得a的取值范围为(－1，＋∞)．5．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是　[－，＋∞)　.　　因为f′

9、(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值f(－1)＝－.函数g(x)的最大值为a，∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，所以a≥－.6．(2017·河南模拟)设f(x)＝x3＋x，x∈R，当0≤θ≤时，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取值范围是　(－∞，1)　.因为f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)在R上为增函数，又f(x)为奇函数，

10、所以条件即为f(msinθ)>f(m－1)，所以msinθ>m－1对θ∈[0，]恒成立，即m(1－sinθ)<1对θ∈[0，]恒成立，因为θ＝时，上式恒成立；当θ∈[0，)时，m<，则m<1.7．(2017·新课标卷Ⅲ)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＜0，则当x∈(0，－)时，f′(x)＞0；当x∈(－，＋∞

11、)时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f(－)＝ln(－)－1－.所以f(x)≤－－2等价于ln(－)－1－≤－－2，即ln(－)＋＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln(－)＋＋

12、1≤0，即f(x)≤－－2.8．若0lnx2－lnx1B．ex2－ex1x1ex2D．x2ex1x1ex2.由此可知选C.如何说明A和B不成立？下面进行探讨：设g(x)＝ex－lnx(0

13、与y＝的图象知两图象的交点x0∈(0,1)，因此，g(x)在(0,1)上不单调，