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  • 2021-06-16 发布

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

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‎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.‎