2020版高考数学习题： 导数及其应用(选修1-1) 第11节 导数利用导数求在研究函数中的应用 解不等式问题

第三课时 利用导数求解不等式问题

【选题明细表】

知识点、方法 分离参数法解决不等式恒成立问题 等价转化法解决不等式恒成立问题 存在性不等式成立问题 不等式证明 基础巩固(时间:30分钟)

1.设f(x)是R上的可导函数,且满足f′(x)>f(x),对任意的正实数a,下列不等式恒成立的是( B ) (A)f(a)eaf(0) (C)f(a)<

(D)f(a)>

, =

是增函数,而a>0,

>0,

题号 5,6 2,3 7 1,4 解析:构造函数g(x)=则g′(x)=即g(x)=

所以g(a)>g(0), 即f(a)>eaf(0).故选B.

2.若对任意a,b满足0Earlybird

.

解析:因为0<

,

,x∈(0,t),则函数在(0,t)上递增,

>0,解得0故t的最大值为e. 答案:e

3.(2018·广东深圳中学第一次阶段性测试)函数f(x)=x-2sin x,对 任意的x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为 .

解析:因为f(x)=x-2sin x, 所以f′(x)=1-2cos x,

所以当00,f(x)单调递增. 所以当x=时,f(x)有极小值,即最小值, 且f(x)min=f()=-2sin =-. 又f(0)=0,f(π)=π, 所以f(x)max=π.

由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M等价于

Earlybird

M≥|f(x)max-f(x)min|=π-(-)=+. 所以M的最小值为+. 答案:+

4.(2018·济南模拟)已知f(x)=(1-x)ex-1. (1)求函数f(x)的最大值; (2)设g(x)=

,x>-1且x≠0,证明:g(x)<1.

(1)解:f′(x)=-xex.

当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)=0.

(2)证明:由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1. 当-1x. 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1. 当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0则0<-xex<1,从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<0, h(x)在(-1,0)上单调递减.

当-1h(0)=0,即g(x)<1. 综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.

能力提升(时间:15分钟)

5.(2018·安徽江南十校联考)已知函数f(x)=xln x(x>0).

Earlybird

(1)求f(x)的单调区间和极值; (2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥值.

解:(1)由f(x)=xln x(x>0),得f′(x)=1+ln x, 令f′(x)>0,得x>; 令f′(x)<0,得0所以f(x)的单调增区间是(,+∞), 单调减区间是(0,).

故f(x)在x=处有极小值f()=-,无极大值. (2)由f(x)≥得m≤

问题转化为m≤(令g(x)=则g′(x)=

及f(x)=xln x, 恒成立,

)min.

(x>0), ,

恒成立,求实数m的最大

由g′(x)>0⇒x>1,由g′(x)<0⇒0所以g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, 所以g(x)min=g(1)=4,

Earlybird

因此m≤4,所以m的最大值是4.

6.已知函数f(x)=在x=0处的切线方程为y=x. (1)求a的值;

(2)若对任意的x∈(0,2),都有f(x)<解:(1)由题意得f′(x)=

,

成立,求k的取值范围.

因为函数在x=0处的切线方程为y=x, 所以f′(0)==1,得a=1. (2)由(1)知f(x)=<所以由>0知k+2x-x2>0,

即k>x2-2x对任意x∈(0,2)都成立,从而k≥0. 由不等式整理可得k<+x2-2x, 令g(x)=+x2-2x, 所以g′(x)=

+2(x-1)=(x-1)(+2),

对任意x∈(0,2)都成立,

令g′(x)=0得x=1,

当x∈(1,2)时,g′(x)>0,函数g(x)在(1,2)上单调递增, 同理,函数g(x)在(0,1)上单调递减, 所以k综上所述,实数k的取值范围是[0,e-1).

Earlybird

7.已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(a∈R).

(1)若f(x)在区间[1,2]上是单调函数,求实数a的取值范围; (2)函数g(x)=(1-a)x,若∃x0∈[1,e]使得f(x0)≥g(x0)成立,求实数a的取值范围. 解:(1)f′(x)=

,当导函数f′(x)的零点x=a落在区间(1,2)

内时,函数f(x)在区间[1, 2]上就不是单调函数, 所以实数a的取值范围是a≤1或a≥2. 即实数a的取值范围为(-∞,1]∪[2,+∞).

(2)由题意知,不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解, 即x2-2x+a(ln x-x)≥0在区间[1,e]上有解. 因为当x∈[1,e]时,ln x≤1≤x(不同时取等号), x-ln x>0, 所以a≤令h(x)=则h′(x)=因为x∈[1,e],

所以h′(x)≥0,h(x)单调递增, 所以x∈[1,e]时,h(x)max=h(e)=所以a≤

,

,

在区间[1,e]上有解. ,

.

Earlybird

所以实数a的取值范围是(-∞,

].