数学选择性必修 第三册第六章 导数及其应用本章综合与测试巩固练习

专题强化练5　利用导数与辅助函数解决有关不等式问题

一、选择题

1.(2020广东佛山容山中学高二期中,)定义域为R的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足f'(x)-f(x)<0,且f(0)=1,则不等式 <1的解集为(　　)

A.(0,+∞) B.(2,+∞)

C.(-∞,0) D.(-∞,2)

2.(2020福建三明高二期末,)若x,y∈,且xsin x-ysin y>0,则下列不等式一定成立的是(　　)

A.x<y B.x>y

C.|x|<|y| D.|x|>|y|

3.(2020甘肃天水甘谷第一中学高二期末,)若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)>f(x)+1,其中f'(x)是f(x)的导数,且f(0)=3,则不等式f(x)+1<4ex的解集为　(　　)

A.(-∞,0) B.(0,+∞)

C.(-∞,1) D.(1,+∞)

4.(2020山东枣庄高三期末,)已知奇函数f(x)是R上的增函数,且g(x)=xf(x),则(　　)

A.g)

B.g)

C.g(

D.g(

5.(2020广东韶关高二期末,)已知函数f(x)的定义域为R, f(0)=-1,且对任意的x∈R满足f'(x)>2x.当α∈[0,π]时,不等式f(sin α+cos α)-sin 2α>0的解集为(　　)

A. B. C. D.

6.(多选)(2020河南信阳高三期末,)若0<a<b<1,e为自然对数的底数(e≈2.718 28),则下列不等式一定成立的是(　　)

A.ba+1>ab+1

B.ea-eb>ln a-ln b

C.loga(a+1)>logb(b+1)

D.ea-eb<ln a-ln b

二、填空题

7.(2020黑龙江双鸭山一中高二上期末,)f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f'(x).若f'(x)>f(x),f(1)=2 019,则不等式ef(x)>2 019ex(其中e为自然对数的底数)的解集为　　　　. 

8.(2020河南驻马店高三期末,)已知偶函数f(x)(x∈R),其导函数为f'(x),当x>0时, f(x)+xf'(x)+>0, f(5)=,则不等式f(x)>的解集为　　　　. 

三、解答题

9.(2020河南焦作第十一中学高三月考,)已知函数f(x)=ln(x+1)-,x∈(-1,0).

(1)若m=1,判断函数f(x)的单调性并说明理由;

(2)若m≤-2,求证:关于x的不等式<2(1-e-x)在(-1,0)上恒成立.

10.(2020吉林长春东北师大附中高三月考,)已知函数f(x)=x2-2kx+2ln x(k为正实数).

(1)当k=时,讨论函数f(x)的单调性;

(2)若H=f(x1)-f(x2)≥H(x1,x2为f'(x)的两个零点,且x1<x2),求k的取值范围.

答案全解全析

专题强化练5　利用导数与辅助

函数解决有关不等式问题

一、选择题

1.A　令h(x)=(x∈R),则h'(x)=(x∈R),

∵f'(x)-f(x)<0,∴h'(x)<0,

∴函数h(x)在R上单调递减,又 h(0)==1,∴h(x)=<1的解集为(0,+∞).

2.D　设函数f(t)=tsin t,易知f(t)为偶函数, f'(t)=sin t+tcos t≥0在上恒成立,

即函数f(t)在上单调递增,在上单调递减.

因为xsin x-ysin y>0,即f(x)>f(y),所以根据单调性知|x|>|y|.

3.A　令g(x)=(x∈R),则g'(x)=(x∈R),由题意可知g'(x)>0在R上恒成立,

故函数g(x)为R上的增函数,且g(0)==4,

又不等式f(x)+1<4ex可化为<4,即g(x)<g(0),

故不等式f(x)+1<4ex的解集为(-∞,0).

4.B　由奇函数f(x)是R上的增函数,可得f(-x)=-f(x), f'(x)≥0,且当x>0时, f(x)>0,当x<0时, f(x)<0.

由g(x)=xf(x),知g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x),即g(x)为R上的偶函数.

因为g'(x)=f(x)+xf'(x),所以当x>0时,g'(x)>0,当x<0时,g'(x)<0,

故x>0时,函数g(x)单调递增,x<0时,函数g(x)单调递减.

因为g<20=1<log34,

所以g).

5.B　设g(x)=f(x)+1-x2(x∈R),则g'(x)=f'(x)-2x,

∵对任意的x∈R, f'(x)>2x,∴g'(x)>0,

∴g(x)在R上单调递增,又f(0)=-1,

∴g(0)=0.

由f(sin α+cos α)-sin 2α>0,可得f(sin α+cos α)-(sin α+cos α)2+1>0,

∴求原不等式的解集等价为求g(sin α+cos α)>g(0)的解集,

∵g(x)在R上单调递增,

∴sin α+cos α>0,即>0,

又α∈[0,π],∴α∈.

6.AC　对于A,若ba+1>ab+1成立,两边同时取自然对数可得ln ba+1>ln ab+1,

化简得(a+1)ln b>(b+1)ln a,

因为0<a<b<1,

所以a+1>0,b+1>0,所以原不等式成立等价于成立.

令f(x)=,x∈(0,1),

则f'(x)=,

当x∈(0,1)时,1+-ln x>0,所以f'(x)>0,

即f(x)=在x∈(0,1)上单调递增,

所以当0<a<b<1时, f(b)>f(a),即,

所以ba+1>ab+1,故A正确.

对于B,D,若ea-eb>ln a-ln b成立,则ea-ln a>eb-ln b成立;

若ea-eb<ln a-ln b成立,则ea-ln a<eb-ln b成立.

令g(x)=ex-ln x,x∈(0,1),

则g'(x)=ex-,

易知[g'(x)]'>0在x∈(0,1)上恒成立,所以g'(x)=ex-在x∈(0,1)上单调递增,

又g'(0)→-∞,g'(1)=e-1>0,

所以g'(x)=ex-在x∈(0,1)上先负后正,

因此g(x)=ex-ln x在x∈(0,1)上先单调递减,再单调递增,所以当0<a<b<1时,无法判断ea-ln a与eb-ln b的大小关系,故B、D均错误.

对于C,令h(x)=logx(x+1),x∈(0,1).

利用换底公式化简可得h(x)=,x∈(0,1),

则h'(x)=,

当x∈(0,1)时,xln x<0,(x+1)ln(x+1)>0,

所以xln x-(x+1)ln(x+1)<0,即h'(x)<0在(0,1)上恒成立,

则h(x)=在x∈(0,1)上单调递减,

所以当0<a<b<1时,,

即loga(a+1)>logb(b+1),故C正确.

故选AC.

二、填空题

7.答案　(1,+∞)

解析　要求不等式ef(x)>2 019ex的解集,即求>2 019的解集.

令g(x)=(x∈R).

∵f'(x)>f(x),∴g'(x)=>0,

∴函数g(x)在R上单调递增.

∵g(1)==2 019,

∴>2 019⇔g(x)>g(1),∴x>1,

∴不等式ef(x)>2 019ex的解集为(1,+∞).

8.答案　(-∞,-5)∪(5,+∞)

解析　令g(x)=xf(x)-,当x>0时,g'(x)=f(x)+xf'(x)+>0,

所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.

因为f(x)是偶函数,g(-x)=-xf(-x)-=-g(x),所以g(x)是奇函数,所以g(x)在R上单调递增.

因为f(5)=,所以g(5)=5f(5)-=0.

不等式f(x)>等价于>0,所以或解得x>5或x<-5.

三、解答题

9.解析　(1)函数f(x)在(-1,0)上单调递减,理由如下:

依题意f(x)=ln(x+1)-,x∈(-1,0),则f'(x)=.

当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故函数f(x)在(-1,0)上单调递减.

(2)证明:要证<2(1-e-x),即证(x+m)·ln(x+1)-mx>2x(1-e-x),

即证xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]>2x(1-e-x).

设g(x)=ln(1+x)-x(x∈(-1,0)),

则g'(x)=.

当x∈(-1,0)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-1,0)上单调递增,

所以g(x)<g(0)=0,即ln(1+x)-x<0.

故当m≤-2时,xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]≥xln(1+x)-2[ln(1+x)-x],

故要证xln(1+x)+m[ln(1+x)-x]>2x(1-e-x),即证(x-2)ln(1+x)>-2xe-x.

令p(x)=(x+2)ln(1+x)-2x,x∈(-1,0),

则p'(x)=ln(1+x)+,由(1)可知,p'(x)>p'(0)=0,

故p(x)=(x+2)ln(1+x)-2x在(-1,0)上单调递增.

所以当x∈(-1,0)时,(x+2)ln(1+x)-2x<p(0)=0,即ln(1+x)<<0,

所以当x∈(-1,0)时,(x-2)ln(1+x)>,

所以只需证明<-e-x,即证明ex<-1.

设h(x)=ex(x∈(-1,0)),则h'(x)=,

易知h'(x)>0在(-1,0)上恒成立.

所以h(x)在(-1,0)上单调递增,所以h(x)<h(0)=-1,所以原不等式在(-1,0)上恒成立,

10.解析　(1)易知函数f(x)的定义域为(0,+∞).当k=时, f(x)=x2-2x+2ln x,f'(x)=2x-2,

令f'(x)>0,解得0<x<或x>,

令f'(x)<0,解得,

所以f(x)在和上单调递增,在上单调递减.

(2)由已知得f'(x)=2x-2k+.

由题意知方程2x2-2kx+2=0在(0,+∞)上有两个不等的实根x1,x2(x1<x2),

所以解得k>2.

H)-2k(x1-x2)+2(ln x1-ln x2)

=()-2(x1+x2)(x1-x2)+2(ln x1-ln x2)

=+2(ln x1-ln x2)

=+2ln

=+2ln ,

令t=,则t∈(0,1),则H(t)=-t+2ln t,

H'(t)=-<0,

所以H(t)在(0,1)上单调递减,又H(t)≥H,所以0<t≤,

而k2=+2≥,当且仅当t=时等号成立,所以k≥.

综上,k的取值范围为.