高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用第1课时利用导数解决不等式问题高效演练分层突破文新人教A版-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

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高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用第1课时利用导数解决不等式问题高效演练分层突破文新人教A版-新人教A版高三全册数学试题_第1页

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第1课时利用导数解决不等式问题[基础题组练]1．(2020·汕头一模)函数f(x)＝lnx＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为()A．(1，＋∞)B．(0，1)C．(1，)D．(1，)解析：选A.由函数f(x)＝lnx＋a可得f′(x)＝，因为x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝lnx0＋a，又01，lnx0<0，所以a＝－lnx0>1.2．(2020·聊城模拟)若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5，0)B．(－5，0)C．[－3，0)D．(－3，0)解析：选C.由题意知，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)．3．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是．解析：由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.答案：(－∞，1]4．若对任意a，b满足00.所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．1(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－lnx)≤aex，即证a≥.设h(x)＝，则h′(x)＝＝，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即lnx－(x－1)≤0，于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，所以当a≥时，xf(x)≤g(x)．[综合题组练]1．(2020·贵州省适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤，由h′(x)＝，令h′(x)＝0，则x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.2．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－lnx(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x>1时，f(x)>0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x>1时，f(x)>0.(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，2当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故当f(x)0.当01，g(x)在上单调递减，g0，所以此时f(x)1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)

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