浙江专用2020版高考数学一轮复习(练习)专题3导数及其应用 第20练 利用导数研究不等式问题

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浙江专用2020版高考数学一轮复习(练习)专题3导数及其应用 第20练 利用导数研究不等式问题

第20练 利用导数研究不等式问题 ‎[基础保分练]‎ ‎1.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且f(-3)=0,则不等式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.设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(1)=0,当x>0时,有f(x)>xf′(x)恒成立,则不等式xf(x)>0的解集为(  )‎ A.(-∞,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(0,1)‎ C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-1,0)∪(0,1)‎ ‎3.已知函数f(x)=x-(e-1)·lnx,则不等式f(ex)<1的解集为(  )‎ A.(0,1) B.(1,+∞)‎ C.(0,e) D.(e,+∞)‎ ‎4.(2019·浙江台州中学模拟)当0x ‎6.(2019·诸暨质检)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)+f(x)>1,f(0)=5,f′(x)是f(x)的导函数,则不等式ex[f(x)-1]>4(其中e为自然对数的底数)的解集为(  )‎ A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)‎ C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞)‎ ‎7.已知函数f(x)=xlnx+x(x-a)2(a∈R).若存在x∈,使得f(x)>xf′(x)成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B. C.(,+∞) D.(3,+∞)‎ ‎8.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,满足f(x)>0且f(x)+f′(x)<0(f′(x)为函数f(x)的导函数),若0(a+1)f(b) B.f(b)>(1-a)f(a)‎ C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a)‎ ‎9.设函数f(x)=x3+mx2-3m2x+2m-1(m>0).若存在f(x)的极大值点x0,满足x+[f(0)]2<10m2,则实数m的取值范围是________.‎ ‎10.已知x∈,y=f(x)-1为奇函数,f′(x)+f(x)tanx>0,则不等式f(x)>cosx的解集为________.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1.已知函数f(x)=-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式-<0恒成立,则实数a的取值范围为(  )‎ A.(-∞,e] B.(-∞,e)‎ C. D. ‎2.设函数f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为f′(x),且有2f(x)+xf′(x)>x2,则不等式(x+2017)2f(x+2017)-9f(-3)>0的解集为(  )‎ A.(-∞,-2020) B.(-∞,-2014)‎ C.(-2014,0) D.(-2020,0)‎ ‎3.(2019·浙江五校联考)已知函数f(x)的定义域为R,其图象关于直线x=1对称,其导函数为f′(x),当x<1时,2f(x)+(x-1)f′(x)<0,那么不等式(x+1)2f(x+2)>f(2)的解集为(  )‎ A.(-∞,0) B.(-∞,-2)‎ C.(-2,0) D.(-∞,-2)∪(0,+∞)‎ ‎4.已知函数f(x)=+xlnx,g(x)=x3-x2-5,若对任意的x1,x2∈,都有f(x1)-g(x2)≥2成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(0,+∞) B.[1,+∞)‎ C.(-∞,0) D.(-∞,-1]‎ ‎5.(2019·杭州质检)已知函数f(x)=x2+2x+a,g(x)=lnx-2x,如果存在x1∈,使得对任意的x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立,则实数a的取值范围是________________.‎ ‎6.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(2)=7,且f(x)的导函数f′(x)<3,则不等式 f(lnx)>3lnx+1的解集为________.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1.B 2.D 3.A 4.D 5.C 6.A 7.C 8.C 9. 10. 能力提升练 ‎1.D [不等式-<0,‎ 即<0,‎ 结合x2>x1>0可得x1f(x1)-x2f(x2)<0恒成立,‎ 即x2f(x2)>x1f(x1)恒成立,‎ 构造函数g(x)=xf(x)=ex-ax2,由题意可知函数g(x)在定义域内单调递增,‎ 故g′(x)=ex-2ax≥0恒成立,‎ 即a≤恒成立,‎ 令h(x)=(x>0),‎ 则h′(x)=,‎ 当01时,h′(x)>0,h(x)单调递增,‎ 则h(x)的最小值为h(1)==,‎ 据此可得实数a的取值范围为.]‎ ‎2.A [根据题意,令g(x)=x2f(x),x∈(-∞,0),故g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)],‎ 而2f(x)+xf′(x)>x2>0,‎ 故当x<0时,g′(x)<0,g(x)单调递减,‎ ‎(x+2 017)2f(x+2 017)-9f(-3)>0,‎ 即(x+2 017)2f(x+2 017)>(-3)2·f(-3),则有g(x+2 017)>g(-3),则有x+2 017<-3,解得x<-2 020,‎ 即不等式(x+2 017)2f(x+2 017)-9f(-3)>0的解集为(-∞,-2 020).故选A.]‎ ‎3.C [由已知2f(x)+(x-1)f′(x)<0可构造函数φ(x)=(x-1)2f(x),则φ′(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)2·f′(x)=(x-1)[2f(x)+(x-1)f′(x)],当x<1时,φ′(x)>0,因而 φ(x)在x<1时为增函数,点P(x0,y0)关于直线x=1的对称点为P′(2-x0,y0),由于函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则f(x0)=f(2-x0),而φ(2-x0)=(2-x0-1)2f(2-x0)=(x0-1)2f(x0)=φ(x0),因而函数φ(x)的图象也关于直线x=1对称,因而在x>1时φ(x)为减函数,不等式(x+1)2·f(x+2)>f(2)可化为φ(x+2)>φ(2),因而|x+2-1|<1,解得-20,h(x)单调递增;‎ 当x∈(1,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(1)=1,即a≥1.]‎ ‎5. 解析 g′(x)=-2=≤0,‎ x∈,∴g(x)在上单调递减,∴g(x)min=g(2)=ln2-4.‎ ‎∵f(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1,‎ ‎∴f(x)在上单调递增,‎ ‎∴f(x)min=f=+a.‎ ‎∵存在x1∈,使得对任意的x2∈,都有f(x1)≤g(x2)成立,‎ ‎∴+a≤ln2-4,∴a≤ln2-.‎ ‎6.(0,e2)‎ 解析 设t=lnx,‎ 则不等式f(lnx)>3lnx+1等价为f(t)>3t+1,设g(x)=f(x)-3x-1,‎ 则g′(x)=f′(x)-3,‎ ‎∵f(x)的导函数f′(x)<3,‎ ‎∴g′(x)=f′(x)-3<0,‎ 函数g(x)=f(x)-3x-1单调递减,‎ ‎∵f(2)=7,∴g(2)=f(2)-3×2-1=0,‎ 则此时g(t)=f(t)-3t-1>0=g(2),解得t<2,即f(t)>3t+1的解为t<2,‎ 所以lnx<2,解得03lnx+1的解集为(0,e2).‎
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