2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 第25练 利用导数研究不等式问题 Word版含解析
1．(2019·甘肃临夏中学期中)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g(－3)＝0，则不等式f (x)g(x)<0的解集是( )
A．(－3,3) B．(0,3)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3)∪(0,3)
2．已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f (x)＋f′(x)<0，则下列结论正确的是( )
A．e2f (2)>e3f (3) B．e2f (2)
4x.当α∈[0,2π]时，不等式f (sin α)＋cos 2α>0的解集为( )
A. B.
C. D.
4．(2019·福建厦门双十中学期中)已知f (x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f (x)<0
B．对于任意x∈R，f (x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)，f (x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)，f (x)>0
5．函数f (x)＝，x∈[1,2]，且∀x1，x2∈[1,2]，x1≠x2，<1恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C．(－∞，0] D．[0，＋∞)
6．(2019·泉州市泉港区第一中学期末)若关于x的不等式ax2－ln x－x≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(e，＋∞) D．[e，＋∞)
7．(多选)定义在上的函数f (x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f (x)<0成立，则有( )
A．f >f B.f >f
C．f >f D.f >f
8．(多选)若定义域为(0，＋∞)的函数f (x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1>0，且f (1)＝1，则下列结论中不成立的是( )
A．f (e)>1
B．f <0
C．∀x∈(1，e)，f (x)>0
D．∃x∈(1，e)，f (x)－f ＋2<0
9．若f (x)＝2x3－6x2＋3－a对任意的x∈[－2,2]都有f (x)≤0，则实数a的取值范围为________．
10．若f (x)是定义在D＝(－∞，0)∪(0，＋∞)上的可导函数，且xf′(x)>f (x)，对x∈D恒成立．当baf (b)，②bf (a)bf (b)，
④af (a)－2x2恒成立，则整数a的最大值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
15．(2019·内蒙古一机一中期中)设函数f (x)＝(x－a)2＋4(ln x－a)2，a∈R，存在x0>0，使得f (x0)≤成立，则实数a的值是________．
16．(2020·东北育才学校期末)设函数f (x)＝＋xln x，g(x)＝－4x3＋3x，对任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，则实数a的取值范围是________．
答案精析
1．D 2.A 3.A 4.B 5.A 6.B 7.CD 8．ABD 9.[3，＋∞) 10.①
11．A [由于g′(x)＝ex－4x，令m(x)＝ex－4x，
当x∈[0,1]时，m′(x)＝ex－4<0，
又m(0)＝1>0，m(1)＝e－4<0，
所以m(x)在[0,1]上有唯一一个零点x0，
即－4x0＝0且g(x)在[0，x0)上单调递增，
在(x0,1]上单调递减，
所以e－2≤g(x)≤g(x0)＝－2x＝4x0－2x
＝－2(x0－1)2＋2<2，
令u＝g(x)∈[e－2,2)，则f (u)≤0，
即a≤u2－u＝2－，
所以a≤(e－2)2－(e－2)＝e2－5e＋6.]
12．B [对于①，令y＝sin x－x，x∈(0，＋∞)，
则y′＝cos x－1≤0恒成立，
则y＝sin x－x在x∈(0，＋∞)上单调递减，所以有y<0恒成立，
所以sin x0时，y′>0，
所以函数y＝ex－x－1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以在x＝0处取得最小值，
所以y≥e0－0－1＝0，
所以ex≥x＋1，x∈R成立，所以②正确；
对于③，令y＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，则有y′＝－1＝，
当00，当x>1时，y′<0，
所以函数y＝ln x－x在x＝1时取得最大值，即y＝ln x－x≤0－1<0，
所以ln x0，
∴f (x2)＝aln x2－2x2＝2aln x－2x2，x>0，
则不等式2aln x≤2x2＋f (2x－1)在x∈(1，＋∞)上恒成立，
等价为2aln x－2x2≤f (2x－1)，
即f (x2)≤f (2x－1)在x∈(1，＋∞)上恒成立，
∵x2－(2x－1)＝x2－2x＋1＝(x－1)2>0，即x2>2x－1，
∴等价为函数f (x)在(1，＋∞)为减函数即可，即函数的导数f′(x)≤0，
∵f′(x)＝－2，
∴由f′(x)＝－2≤0，即≤2，
则a≤2x在(1，＋∞)上恒成立，
∵2x>2，∴a≤2，即实数a的取值范围是(－∞，2]．]
14．C [f (x1＋x2)－f (x1－x2)>－2x2＝(x1－x2)－(x1＋x2)，
设t1＝x1＋x2，t2＝x1－x2，则有t1，t2∈R且t1>t2，
即f (t1)－f (t2)>t2－t1恒成立，
即f (t1)＋t1>f (t2)＋t2，令g(x)＝f (x)＋x，
则g(x)在R上单调递增，即g′(x)≥0恒成立，
则g′(x)＝xex－ax＋1≥0，g′(1)＝e－a＋1≥0，得a≤e＋1<4，
下证a＝3成立：
g′(x)＝xex－3x＋1，易证当x≤0时，g′(x)＝xex－3x＋1≥xex＋1，
考查函数y＝xex，则y′＝ex(x＋1)，故函数y＝xex在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，当x＝－1时，函数的最小值为ymin＝－，
据此可得g′(x)≥xex＋1≥1－>0，
当x>0时，g′(x)＝xex－3x＋1>x(x＋1)－3x＋1＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，故a＝3成立．则整数a的最大值为3.]
15.
解析 f (x)＝(x－a)2＋(2ln x－2a)2，
可将f (x)看作动点A(x,2ln x)与定点B(a,2a)之间距离的平方，
则动点A在函数g(x)＝2ln x图象上，B在直线y＝2x图象上，
∵g′(x)＝，令＝2，
解得x＝1，g(1)＝0，
∴g(x)＝2ln x上的点(1,0)到直线y＝2x的距离最小，
∴dmin＝＝，
∴f (x)≥(dmin)2＝，
若存在x0>0，使得f (x0)≤成立，
则f (x0)＝，
此时A(1,0)，B(a,2a)且AB与直线y＝2x垂直，
∴kAB＝＝－，∴a＝.
16．[1，＋∞)
解析 ∵在上g′(x)＝－12x2＋3≤0恒成立，
∴当x＝时，g(x)＝－4x3＋3x取得最大值1，
∵对任意的s，t∈，
都有f (s)≥g(t)成立，
∴在上＋xln x≥1恒成立，即在上a≥－x2ln x＋x恒成立，
令h(x)＝－x2ln x＋x，
则h′(x)＝－x＋1，
令m(x)＝h′(x)，m′(x)＝－2ln x－3，
∵在上m′(x)<0恒成立，
∴h′(x)在上为减函数，
∵当x＝1时，h′(x)＝0，
∴当x＝1时，h(x)取得最大值1，
∴a≥1.
