(导与练)2020版高考数学一轮复习(文数)习题：第13篇 第11节　导数在研究函数中的应用第3课时　利用导数求解不等式问题(含解析)

www.ks5u.com第三课时　利用导数求解不等式问题

【选题明细表】

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) (B)f(a)>eaf(0)

(C)f(a)<    (D)f(a)>

解析:构造函数g(x)=,

则g′(x)==>0,

即g(x)=是增函数,而a>0,

所以g(a)>g(0),

即f(a)>eaf(0).故选B.

2.若对任意a,b满足0<a<b<t,都有bln a<aln b,则t的最大值为

　　　　. 

解析:因为0<a<b<t,bln a<aln b,

所以<,

令y=,x∈(0,t),则函数在(0,t)上递增,

故y′=>0,解得0<x<e.

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0<x<时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

当<x<π时,f′(x)>0,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

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-1<x<0时,g(x)<1等价于f(x)>x.

设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.

当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<ex<1,

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-1<x<0时,h(x)>h(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).

(1)求f(x)的单调区间和极值;

(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥恒成立,求实数m的最大值.

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<x<.

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)≥及f(x)=xln x,

得m≤恒成立,

问题转化为m≤()min.

令g(x)=(x>0),

则g′(x)=,

由g′(x)>0⇒x>1,由g′(x)<0⇒0<x<1.

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,

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)<成立,求k的取值范围.

解:(1)由题意得f′(x)=,

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)=<对任意x∈(0,2)都成立,

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),

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<g(x)min=g(1)=e-1.

综上所述,实数k的取值范围是[0,e-1).

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≤在区间[1,e]上有解.

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≤,

所以实数a的取值范围是(-∞,].