2020版高考数学习题：第十三篇 导数及其应用(选修1-1) 第11节 第三课时 利用导数求解不等式问题

第三课时利用导数求解不等式问题
【选题明细表】
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)<e a f(0) (B)f(a)>e a f(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)>e a f(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)e x-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)=-xe x.
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)=-xe x-1.
当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<e x<1,
则0<-xe x<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(-∞,].。