（新课改省份专用）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十七）利用导数解不等式（含解析）新人教A版-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

课时跟踪检测(十七)利用导数解不等式1．(2019·南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则()A．4f(－2)＜9f(3)B．4f(－2)＞9f(3)C．2f(3)＞3f(－2)D．3f(－3)＜2f(－2)解析：选A根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，则当x＞0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]＞0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)＜g(3)，则有g(－2)＜g(3)，即有4f(－2)＜9f(3)．2．f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，xf′(x)＞2f(x)，则下列不等式成立的是()A．20182f(2019)＞20192f(2018)B．20182f(2019)＜20192f(2018)C．2018f(2019)＞2019f(2018)D．2018f(2019)＜2019f(2018)解析：选A令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝＝＞0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，即＞，∴20182f(2019)＞20192f(2018)．3．(2019·郑州质检)若对于任意的正实数x，y都有ln≤成立，则实数m的取值范围为()A.B.C.D.解析：选D由ln≤，可得ln≤.设＝t，令f(t)＝(2e－t)·lnt，t＞0，则f′(t)＝－lnt＋－1，令g(t)＝－lnt＋－1，t＞0，则g′(t)＝－－＜0，∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减． f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤，∴实数m的取值范围为.4．设函数f(x)＝ex－(e为自然对数的底数)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min.而g′(x)＝ex(x2－x)，由g′(x)＞0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)＜0可得x∈(0,1)，∴函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.答案：e5．(2018·武汉质检)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．解：(1) 函数f(x)＝xlnx的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＜0，得lnx＋1＜0，解得0＜x＜，∴f(x)的单调递减区间是.令f′(x)＞0，得lnx＋1＞0，解得x＞，∴f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2) g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立． x＞0，∴a≥lnx－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝lnx－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．6．(2019·郑州质检)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R，在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋＞k(x－1)成立，求k的取值范围．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－＋2x＋＞k(x－1)可化为lnx－＋x－＞k(x－1)．令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)(x＞1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x＞1)，则h(x)的对称轴为x＝.①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，∴h(x)＜h(1)＝1－k.若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不合题意；若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．②当＞1，即k＜－1时，易知必存在x，使得h(x)在(1，x0)上单调...