《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第20練 利用導數(shù)研究不等式問題練習（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第20練 利用導數(shù)研究不等式問題練習（含解析）.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第20練 利用導數(shù)研究不等式問題
[基礎保分練]
1．(2019雅安中學月考)設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－∞，－3)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－3,0)∪(0,3)
2．設函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，對任意x∈R都有f(x)>f′(x)成立，則( )
A．2018f(ln2017)>2017f(ln2018)
B．2018f(ln2017)<2017f(ln2018)
C．2018f(2017)>2017f(2018)
D．2018f(2017)<2017f(2018)
3．(2018遵義模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－(e－1)lnx，則不等式f(ex)<1的解集為( )
A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(0，e) D．(e，＋∞)
4．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x<0時，不等式f(x)＋xf′(x)<0恒成立．若a＝30.3f(30.3)，b＝logπ3f(logπ3)，c＝log3f，則a，b，c的大小關系是( )
A．a(chǎn)>b>cB．c>b>aC．c>a>bD．a(chǎn)>c>b
5．(2019廣東省高三第一次聯(lián)考)已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)滿足f′(x)＋f(x)<0，設a＝f(m－m2)，b＝em2－m＋1f(1)，則a，b的大小關系是( )
A．a(chǎn)
b
C．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)，b的大小與m有關
6．已知可導函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，f(0)＝2019，若對任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)，則不等式f(x)<2019ex的解集為( )
A．(0，＋∞) B.
C. D．(－∞，0)
7．(2018宜賓模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋x(x－a)2(a∈R)．若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C．(，＋∞) D．(3，＋∞)
8．已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導函數(shù)，滿足f(x)>0且f(x)＋f′(x)<0(f′(x)為函數(shù)的導函數(shù))，若0(a＋1)f(b) B．f(b)>(1－a)f(a)
C．a(chǎn)f(a)>bf(b) D．a(chǎn)f(b)>bf(a)
9．設函數(shù)f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋2m－1(m>0)．若存在f(x)的極大值點x0，滿足x＋[f(0)]2<10m2，則實數(shù)m的取值范圍是________．
10．已知函數(shù)f(x)＝(x＋m)lnx，m∈R，當x≠1時，恒有(x－1)f′(x)>0，則關于x的不等式f(x)<2x－2的解集為________．
[能力提升練]
1．(2018邯鄲模擬)已知f(x)＝lnx－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4.若對任意x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
2．設函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0的解集為( )
A．(－∞，－2020) B．(－∞，－2014)
C．(－2014,0) D．(－2020,0)
3．若存在實數(shù)x，使得關于x的不等式＋x2－2ax＋a2≤(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))成立，則實數(shù)a的取值集合為( )
A. B.
C. D.
4．(2019廈門外國語學校月考)已知函數(shù)f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若對任意的x1，x2∈，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(0，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，－1]
5．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若存在x1，x2∈R，使得f(x1)≤g(x2)成立，則實數(shù)a的取值范圍是________________．
6．已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)＝7，且f(x)導函數(shù)f′(x)<3，則不等式f(lnx)>3lnx＋1的解集為________．
答案精析
基礎保分練
1．B 2.A 3.A 4.C 5.B
6．A [根據(jù)題意，設g(x)＝，其導數(shù)g′(x)＝＝，
又由對任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)，
則有g′(x)<0，則函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)，
又由f(0)＝2019，
則g(0)＝＝2019，
f(x)<2019ex?<2019?g(x)0，
即不等式的解集為(0，＋∞)．故選A.]
7．C [由f(x)>xf′(x)成立，可得′<0.設g(x)＝＝lnx＋(x－a)2(x>0)，則存在x∈，使得g′(x)<0成立，即g′(x)＝＋2(x－a)<0成立，即a>min即可．
又x＋≥2＝，當且僅當x＝，即x＝時取等號，
∴a>.故選C.]
8．C [構造函數(shù)F(x)＝exf(x)(x>0)，
F′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0，
所以F(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)．
令0F，可得f(x)>f，下面證明>，即證明－x＋2lnx>0，令g(x)＝－x＋2lnx，則g′(x)＝－<0，即g(x)在(0,1)上單調遞減，g(x)>g(1)＝0，即>，
所以f(x)>f>f，
即xf(x)>f，若0bf(b)．故選C.]
9.
解析 對f(x)求導得f′(x)＝x2＋2mx－3m2＝(x＋3m)(x－m)(m>0)，則由f′(x)>0得，x>m或x<－3m，由f′(x)<0得，－3m0，
則當x>1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為單調遞增函數(shù)；
當00)，則當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1,2]時，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,2]上單調遞增，故f(x)min＝f(1)＝.對于二次函數(shù)g(x)＝－x2－2ax＋4，該函數(shù)開口向下，所以其在區(qū)間[1,2]上的最小值在端點處取得，所以要使對?x1∈(0,2]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即≥g(1)或≥g(2)，所以≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4，
解得a≥－.故選A.]
2．A [根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，
x∈(－∞，0)，
故g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，
而2f(x)＋xf′(x)>x2>0，
故當x<0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，
(x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0，
即(x＋2017)2f(x＋2017)>(－3)2f(－3)，
則有g(x＋2017)>g(－3)，
則有x＋2017<－3，
解得x<－2020，
即不等式(x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0的解集為(－∞，－2020)．故選A.]
3．C [不等式＋x2－2ax＋a2≤，即(x－a)2＋2≤，
表示點與的距離的平方不超過，即最大值為.
由在直線l：y＝x上，
設與直線l平行且與曲線y＝相切的直線的切點為(m，n)，可得切線的斜率為＝，解得m＝0，n＝，切點為，由切點到直線l的距離為直線l上的點與曲線y＝的距離的最小值，可得(0－a)2＋2＝，解得a＝，則實數(shù)a的取值集合為，
故選C.]
4．B [由于g(x)＝x3－x2－5，
則g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
∴函數(shù)g(x)在上單調遞減，
在上單調遞增，
g＝－－5＝－，
g(2)＝8－4－5＝－1.
由于對任意x1，x2∈，
f(x1)－g(x2)≥2恒成立，所以f(x)≥[g(x)＋2]max＝g(x)max＋2＝1，
即x∈時，f(x)≥1恒成立，
即＋xlnx≥1在上恒成立，
所以a≥x－x2lnx在上恒成立，
令h(x)＝x－x2lnx，
則h′(x)＝1－2xlnx－x，
而h″(x)＝－3－2lnx，
當x∈時，h″(x)<0，所以h′(x)＝1－2xlnx－x在上單調遞減，
由于h′(1)＝0，所以當x∈時，
h′(x)>0，h(x)單調遞增；
當x∈(1,2)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以h(x)≤h(1)＝1，即a≥1.]
5.
解析 f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)．
當x>－1時，f′(x)>0，
函數(shù)f(x)單調遞增；
當x<－1時，f′(x)<0，
函數(shù)f(x)單調遞減．
故函數(shù)f(x)的最小值為f(－1)＝－.
又函數(shù)g(x)的最大值為a，
所以由題意可得－≤a，即a≥－.
6．(0，e2)
解析 設t＝lnx，
則不等式f(lnx)>3lnx＋1等價為
f(t)>3t＋1，
設g(x)＝f(x)－3x－1，
則g′(x)＝f′(x)－3，
∵f(x)的導函數(shù)f′(x)<3，
∴g′(x)＝f′(x)－3<0，
函數(shù)g(x)＝f(x)－3x－1單調遞減，
∵f(2)＝7，
∴g(2)＝f(2)－32－1＝0，
則此時g(t)＝f(t)－3t－1>0＝g(2)，
解得t<2，
即f(t)>3t＋1的解為t<2，
所以lnx<2，解得03lnx＋1的解集為(0，e2)．
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