《（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第20練 利用導數(shù)研究不等式問題練習（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第20練 利用導數(shù)研究不等式問題練習（含解析）.docx（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
第20練 利用導數(shù)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(shù)和偶函數(shù)，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(shù)，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(shù)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
6.(2019諸暨質檢)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＋f(x)>1，f(0)＝5，f′(x)是f(x)的導函數(shù)，則不等式ex[f(x)－1]>4(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(3，＋∞)
C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(3，＋∞)
7.已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋x(x－a)2(a∈R).若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C.(，＋∞) D.(3，＋∞)
8.已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導函數(shù)，滿足f(x)>0且f(x)＋f′(x)<0(f′(x)為函數(shù)f(x)的導函數(shù))，若0(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(shù)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(shù)m的取值范圍是________.
10.已知x∈，y＝f(x)－1為奇函數(shù)，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(shù)f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，當x2>x1時，不等式－<0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.(－∞，e] B.(－∞，e)
C. D.
2.設函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數(shù)，其導函數(shù)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(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，其圖象關于直線x＝1對稱，其導函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)a的取值范圍是________________.
6.已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)＝7，且f(x)的導函數(shù)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(shù)g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，由題意可知函數(shù)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01時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，
則h(x)的最小值為h(1)＝＝，
據(jù)此可得實數(shù)a的取值范圍為.]
2.A [根據(jù)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(shù)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(shù)，點P(x0，y0)關于直線x＝1的對稱點為P′(2－x0，y0)，由于函數(shù)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(shù)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(shù)，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－20，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(shù)f′(x)<3，
∴g′(x)＝f′(x)－3<0，
函數(shù)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03lnx＋1的解集為(0，e2).
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