(課標通用版)2020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 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

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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0<x≤2時,f(x)>x, 只需證當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0<x≤2時,g(x)min=g(1)=1. h′(x)=,當0<x≤2時,h′(x)>0,所以h(x)在(0,2]上單調(diào)遞增, 故當0<x≤2時,h(x)max=h(2)=<1, 即h(x)max<g(x)min, 故當0<x≤2時,h(x)<g(x),即當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a>0時,證明f(x)≥. 解:(1)f′(x)=-=(x>0). 當a≤0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 當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0<a<1時,g′(a)<0,當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a≤0時,f′(x)<0,f(x)在R上單調(diào)遞減; 當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a≤0時,f(x)的單調(diào)減區(qū)間為R;當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a≥1時,f(x)≤g(x)≤ag(x); ②當a≤0時,f(x)>0,ag(x)≤0,所以不滿足不等式f(x)≤ag(x); ③當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

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