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

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).‎