（浙江專用）2020版高考數學一輪復習 專題3 導數及其應用 第20練 利用導數研究不等式問題練習（含解析）.docx

第20練 利用導數研究不等式問題 [基礎保分練] 1.設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　) A.(－3,0)∪(3，＋∞) B.(－∞，－3)∪(0,3) C.(－∞，－3)∪(3，＋∞) D.(－3,0)∪(0,3) 2.設f(x)是定義在R上的奇函數，且f(1)＝0，當x>0時，有f(x)>xf′(x)恒成立，則不等式xf(x)>0的解集為(　　) A.(－∞，0)∪(0,1) B.(－∞，－1)∪(0,1) C.(－1,0)∪(1，＋∞) D.(－1,0)∪(0,1) 3.已知函數f(x)＝x－(e－1)lnx，則不等式f(ex)<1的解集為(　　) A.(0,1) B.(1，＋∞) C.(0，e) D.(e，＋∞) 4.(2019浙江臺州中學模擬)當0<x<1時，f(x)＝，則下列大小關系正確的是(　　) A.f2(x)<f(x2)<f(x) B.f(x2)<f2(x)<f(x) C.f(x)<f(x2)<f2(x) D.f(x2)<f(x)<f2(x) 5.(2019紹興模擬)已知x∈，y∈，且xtany＝2(1－cosx)，則(　　) A.y< B.<y< C.<y<x D.y>x 6.(2019諸暨質檢)定義在R上的函數f(x)滿足：f′(x)＋f(x)>1，f(0)＝5，f′(x)是f(x)的導函數，則不等式ex[f(x)－1]>4(其中e為自然對數的底數)的解集為(　　) A.(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(3，＋∞) C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(3，＋∞) 7.已知函數f(x)＝xlnx＋x(x－a)2(a∈R).若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，則實數a的取值范圍是(　　) A. B. C.(，＋∞) D.(3，＋∞) 8.已知函數f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導函數，滿足f(x)>0且f(x)＋f′(x)<0(f′(x)為函數f(x)的導函數)，若0<a<1<b且ab＝1，則下列不等式一定成立的是(　　) A.f(a)>(a＋1)f(b) B.f(b)>(1－a)f(a) C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a) 9.設函數f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋2m－1(m>0).若存在f(x)的極大值點x0，滿足x＋[f(0)]2<10m2，則實數m的取值范圍是________. 10.已知x∈，y＝f(x)－1為奇函數，f′(x)＋f(x)tanx>0，則不等式f(x)>cosx的解集為________. [能力提升練] 1.已知函數f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，當x2>x1時，不等式－<0恒成立，則實數a的取值范圍為(　　) A.(－∞，e] B.(－∞，e) C. D. 2.設函數f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數，其導函數為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0的解集為(　　) A.(－∞，－2020) B.(－∞，－2014) C.(－2014,0) D.(－2020,0) 3.(2019浙江五校聯考)已知函數f(x)的定義域為R，其圖象關于直線x＝1對稱，其導函數為f′(x)，當x<1時，2f(x)＋(x－1)f′(x)<0，那么不等式(x＋1)2f(x＋2)>f(2)的解集為(　　) A.(－∞，0) B.(－∞，－2) C.(－2,0) D.(－∞，－2)∪(0，＋∞) 4.已知函數f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若對任意的x1，x2∈，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，則實數a的取值范圍是(　　) A.(0，＋∞) B.[1，＋∞) C.(－∞，0) D.(－∞，－1] 5.(2019杭州質檢)已知函數f(x)＝x2＋2x＋a，g(x)＝lnx－2x，如果存在x1∈，使得對任意的x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，則實數a的取值范圍是________________. 6.已知定義在實數集R上的函數f(x)滿足f(2)＝7，且f(x)的導函數f′(x)<3，則不等式f(lnx)>3lnx＋1的解集為________. 答案精析 基礎保分練 1.B　2.D　3.A　4.D　5.C　6.A　7.C　8.C　9.　10. 能力提升練 1.D　[不等式－<0， 即<0， 結合x2>x1>0可得x1f(x1)－x2f(x2)<0恒成立， 即x2f(x2)>x1f(x1)恒成立， 構造函數g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，由題意可知函數g(x)在定義域內單調遞增， 故g′(x)＝ex－2ax≥0恒成立， 即a≤恒成立， 令h(x)＝(x>0)， 則h′(x)＝， 當0<x<1時，h′(x)<0，h(x)單調遞減； 當x>1時，h′(x)>0，h(x)單調遞增， 則h(x)的最小值為h(1)＝＝， 據此可得實數a的取值范圍為.] 2.A　[根據題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(－∞，0)，故g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]， 而2f(x)＋xf′(x)>x2>0， 故當x<0時，g′(x)<0，g(x)單調遞減， (x＋2 017)2f(x＋2 017)－9f(－3)>0， 即(x＋2 017)2f(x＋2 017)>(－3)2f(－3)，則有g(x＋2 017)>g(－3)，則有x＋2 017<－3，解得x<－2 020， 即不等式(x＋2 017)2f(x＋2 017)－9f(－3)>0的解集為(－∞，－2 020).故選A.] 3.C　[由已知2f(x)＋(x－1)f′(x)<0可構造函數φ(x)＝(x－1)2f(x)，則φ′(x)＝2(x－1)f(x)＋(x－1)2f′(x)＝(x－1)[2f(x)＋(x－1)f′(x)]，當x<1時，φ′(x)>0，因而φ(x)在x<1時為增函數，點P(x0，y0)關于直線x＝1的對稱點為P′(2－x0，y0)，由于函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，則f(x0)＝f(2－x0)，而φ(2－x0)＝(2－x0－1)2f(2－x0)＝(x0－1)2f(x0)＝φ(x0)，因而函數φ(x)的圖象也關于直線x＝1對稱，因而在x>1時φ(x)為減函數，不等式(x＋1)2f(x＋2)>f(2)可化為φ(x＋2)>φ(2)，因而|x＋2－1|<1，解得－2<x<0，故選C.] 4.B　[由于g(x)＝x3－x2－5，則g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， ∴函數g(x)在上單調遞減， 在上單調遞增， g＝－－5＝－， g(2)＝8－4－5＝－1. 由于對任意x1，x2∈， f(x1)－g(x2)≥2恒成立， 所以f(x)≥[g(x)＋2]max＝g(x)max＋2＝1， 即當x∈時，f(x)≥1恒成立， 即＋xlnx≥1在上恒成立， 所以a≥x－x2lnx在上恒成立， 令h(x)＝x－x2lnx，x∈， 則h′(x)＝1－2xlnx－x， 而h″(x)＝－3－2lnx，當x∈時，h″(x)<0，所以h′(x)＝1－2xlnx－x在上單調遞減， 由于h′(1)＝0，所以當x∈時， h′(x)>0，h(x)單調遞增； 當x∈(1,2)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以h(x)≤h(1)＝1，即a≥1.] 5. 解析　g′(x)＝－2＝≤0， x∈，∴g(x)在上單調遞減，∴g(x)min＝g(2)＝ln2－4. ∵f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1， ∴f(x)在上單調遞增， ∴f(x)min＝f＝＋a. ∵存在x1∈，使得對任意的x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立， ∴＋a≤ln2－4，∴a≤ln2－. 6.(0，e2) 解析　設t＝lnx， 則不等式f(lnx)>3lnx＋1等價為f(t)>3t＋1，設g(x)＝f(x)－3x－1， 則g′(x)＝f′(x)－3， ∵f(x)的導函數f′(x)<3， ∴g′(x)＝f′(x)－3<0， 函數g(x)＝f(x)－3x－1單調遞減， ∵f(2)＝7，∴g(2)＝f(2)－32－1＝0， 則此時g(t)＝f(t)－3t－1>0＝g(2)，解得t<2，即f(t)>3t＋1的解為t<2， 所以lnx<2，解得0<x<e2， 即不等式f(lnx)>3lnx＋1的解集為(0，e2).