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- 2021-06-30 发布
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第18讲 导数的综合应用——导数与不等式
1．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)1} D．{x|x>1}
令g(x)＝2f(x)－x－1，则g′(x)＝2f′(x)－1>0，
所以g(x)在R上为增函数，
又g(1)＝2f(1)－1－1＝0，
所以g(x)<0⇔x<1.
即原不等式的解集为{x|x<1}．
2．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若ax(x>0) B．sin x0)
C.x>sin x D．以上各式都不对
令g(x)＝sin x－x，则g′(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)0，所以f(x)的最小值为f(0)＝1＋a.
由1＋a>0，得a的取值范围为(－1，＋∞)．
5．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是 [－，＋∞) .
因为f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，
当x>－1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x<－1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即最小值f(－1)＝－.
函数g(x)的最大值为a，
∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，所以
a≥－.
6．(2017·河南模拟)设f(x)＝x3＋x，x∈R，当0≤θ≤时，f(msin θ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取值范围是 (－∞，1) .
因为f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)在R上为增函数，又f(x)为奇函数，
所以条件即为f(msin θ)>f(m－1)，
所以msin θ>m－1对θ∈[0，]恒成立，
即m(1－sin θ)<1对θ∈[0，]恒成立，
因为θ＝时，上式恒成立；
当θ∈[0，)时，m<，则m<1.
7．(2017·新课标卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈(0，－)时，f′(x)＞0；
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f(－)＝ln(－)－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln(－)－1－≤－－2，即ln(－)＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x＞0时，g(x)≤0.
从而当a＜0时，ln(－)＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
8．若0ln x2－ln x1 B．ex2－ex1x1ex2 D．x2ex1x1ex2.由此可知选C.
如何说明A和B不成立？下面进行探讨：
设g(x)＝ex－ln x(00，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3) .
当x<0时，[f(x)g(x)]′>0，所以函数f(x)g(x)在(－∞，0)上为增函数，
又f(x)g(x)为奇函数，故f(x)g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
且f(－3)g(－3)＝0，f(3)g(3)＝0.
故f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
10．(2015·新课标卷Ⅱ)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a>0，则当x∈(0，)时，f′(x)>0；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值，
当a>0时，f(x)在x＝处取最大值，
最大值为f()＝ln()＋a(1－)＝－ln a＋a－1.
因此，f()>2a－2⇔ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g′(a)＝＋1>0，所以g(a)在(0，＋∞)上是增函数，g(1)＝0，
于是，当01时，g(a)>0.
因此a的取值范围是(0,1)．
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