（課標通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第1課時 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題檢測 文

《（課標通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第1課時 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題檢測 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第1課時 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題檢測 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1課時 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題 [基礎(chǔ)題組練] 1．設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1)　　　 B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：選A.設(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，所以 g′(x)<0，所以 g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. 因為 f(x)為奇函數(shù)，所以 g(x)

2、為偶函數(shù)， 所以 g(x)的圖象的示意圖如圖所示． 當(dāng)x＞0，g(x)＞0時，f(x)＞0，00，x<－1， 所以 使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，故選A. 2．已知函數(shù)f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若?x1∈，?x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)≤1 B．a(chǎn)≥1 C．a(chǎn)≤2 D．a(chǎn)≥2 解析：選A.由題意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因為f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故選A.

3、 3．(2019·鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處切線的斜率為0. (1)求a的值； (2)求證：當(dāng)0＜x≤2時，f(x)＞x. 解：(1)f′(x)＝2ax－ln x－1－， 由題意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1. (2)證明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)ln x， 要證當(dāng)0＜x≤2時，f(x)＞x， 只需證當(dāng)0＜x≤2時，x－－ln x＞， 令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋， 由g′(x)＝1－＝0，得x＝1， 易知g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，

4、 故當(dāng)0＜x≤2時，g(x)min＝g(1)＝1. h′(x)＝，當(dāng)0＜x≤2時，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，2]上單調(diào)遞增， 故當(dāng)0＜x≤2時，h(x)max＝h(2)＝＜1， 即h(x)max＜g(x)min， 故當(dāng)0＜x≤2時，h(x)＜g(x)，即當(dāng)0＜x≤2時，f(x)＞x. 4．(2019·武漢武昌調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＞0時，證明f(x)≥. 解：(1)f′(x)＝－＝(x＞0)． 當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a＞0時，若x＞a，則f′(x)＞0，

5、函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增． 若0＜x＜a，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，當(dāng)a＞0時，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1. 要證f(x)≥，只需證ln a＋1≥， 即證ln a＋－1≥0. 令函數(shù)g(a)＝ln a＋－1，則g′(a)＝－＝(a＞0)， 當(dāng)0＜a＜1時，g′(a)＜0，當(dāng)a＞1時，g′(a)＞0， 所以g(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以g(a)min＝g(1)＝0. 所以ln a＋－1≥0恒成立， 所以f(x)≥. [綜合題組練] 1．(2019·貴州適應(yīng)性考試

6、)已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍． 解：(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R. 當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0得x＝ln a. 由f′(x)＞0得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln a)； 由f′(x)<0得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，＋∞)． 綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為R；當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，ln a)； 單調(diào)減區(qū)間為(ln a，＋∞)．

7、 (2)因為?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex， 則ax≤，即a≤. 設(shè)h(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為a≤()max， 由h′(x)＝， 令h′(x)＝0，則x＝. 當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x)  極大值  由上表可知，當(dāng)x＝時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為.所以a≤. 2．(綜合型)(2019·陜西質(zhì)量檢測(一))已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝x－1. (1)求函數(shù)y＝f(x)的圖象在x＝1處的切線方程； (2)證

8、明：f(x)≤g(x)； (3)若不等式f(x)≤ag(x)對任意的x∈(1，＋∞)均成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因為f′(x)＝， 所以f′(1)＝1. 又f(1)＝0，所以切線的方程為y－f(1)＝f′(1)(x－1)， 即所求切線的方程為y＝x－1. (2)證明：設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x＋1，則h′(x)＝－1，令h′(x)＝0，得x＝1， 當(dāng)x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x)  極大值  所以h(x)≤h(x)max＝h(1)＝

9、0，即f(x)≤g(x)． (3)易知對任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0. ①當(dāng)a≥1時，f(x)≤g(x)≤ag(x)； ②當(dāng)a≤0時，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不滿足不等式f(x)≤ag(x)； ③當(dāng)0＜a＜1時，設(shè)φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，則φ′(x)＝－a， 令φ′(x)＝0，得x＝， 當(dāng)x變化時，φ′(x)，φ(x)的變化情況下表： x φ′(x) ＋ 0 － φ(x)  極大值  所以φ(x)max＝φ＞φ(1)＝0，不滿足不等式． 綜上，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)． 5