创新设计（全国通用）高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习理一、选择题1.设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，f＝0，则不等式f(x)＜0的解集为()A.B.C.D.解析如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为.答案C2.若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为()A.(－∞，0)B.(－∞，4]C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析条件可转化为a≤2lnx＋x＋恒成立.设f(x)＝2lnx＋x＋，则f′(x)＝(x＞0).当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4.答案B3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是()A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，1xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析令F(x)＝，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A.答案A5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为()A.(－2，＋∞)B.(0，＋∞)C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析由f(x＋2)为偶函数可知函数f(x)的图象关于x＝2对称，则f(4)＝f(0)＝1.令F(x)＝，则F′(x)＝＜0.∴函数F(x)在R上单调递减.又f(x)＜ex等价于＜1，∴F(x)＜F(0)，∴x＞0.答案B二、填空题6.已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0，2]⊆P，则实数a的取值范围是________.解析由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立.当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立.当x∈(0，2]时，原不等式即a＜－1，令g(x)＝－1，则g′(x)＝，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝e－1，故a的取值范围为(－∞，e－1).答案(－∞，e－1)7.已知函数f(x)＝lnx－a，若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________.解析 函数f(x)＝lnx－a，且f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a＞lnx－x2，x∈(1，＋∞).令h(x)＝lnx－x2，有h′(x)＝－2x. x＞1，∴－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1.2答案[－1，＋∞)8.已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.解析由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]上能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.答案三、解答题9.已知函数f(x)＝x2ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤.(1)解f′(x)＝x(x＋2)ex.令f′(x)＝x(x＋2)ex＝0，则x1＝－2，x2＝0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表x(－∞，－2)－2(－2，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞).(2)证明由(1)知f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最大值＝f(－2)＝.因为当x∈(－∞，－2]时，f(x)＞0，f(0)＝0，所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最小值＝f(0)＝0.所以f(x)最大值－f(x)最小值＝.所以...