2020版高考数学一轮复习 利用导数求解不等式问题习题(理)(含解析)

第三课时 利用导数求解不等式问题

【选题明细表】 知识点、方法 分离参数法解决不等式恒成立问题 等价转化法解决不等式恒成立问题 存在性不等式成立问题 不等式证明 题号 5,6 2,3 7 1,4 基础巩固(时间:30分钟)

1.设f(x)是R上的可导函数,且满足f′(x)>f(x),对任意的正实数a,下列不等式恒成立的是( B )

aa

(A)f(a)ef(0)

(C)f(a)< (D)f(a)>

解析:构造函数g(x)=,

则g′(x)==>0,

即g(x)=是增函数,而a>0,

所以g(a)>g(0),

a

即f(a)>ef(0).故选B.

2.若对任意a,b满足0

解析:因为0

所以<,

令y=,x∈(0,t),则函数在(0,t)上递增,

故y′=>0,解得0

故t的最大值为e. 答案:e

3.(2018·广东深圳中学第一次阶段性测试)函数f(x)=x-2sin x,对 任意的x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为

- 1 -

.

解析:因为f(x)=x-2sin x, 所以f′(x)=1-2cos x,

所以当0

当0,f(x)单调递增.

所以当x=时,f(x)有极小值,即最小值,

且f(x)min=f()=-2sin =-.

又f(0)=0,f(π)=π, 所以f(x)max=π.

由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M等价于

M≥|f(x)max-f(x)min|=π-(-)=+.

所以M的最小值为+.

答案:+

4.(2018·济南模拟)已知f(x)=(1-x)ex

-1. (1)求函数f(x)的最大值;

(2)设g(x)=,x>-1且x≠0,证明:g(x)<1.

(1)解:f′(x)=-xex

.

当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以f(x)的最大值为f(0)=0.

(2)证明:由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1. 当-1x.

设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex

-1.

当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0

<1,

则0<-xex

<1,从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<0, h(x)在(-1,0)上单调递减.

当-1h(0)=0,即g(x)<1. 综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.

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能力提升(时间:15分钟)

5.(2018·安徽江南十校联考)已知函数f(x)=xln x(x>0). (1)求f(x)的单调区间和极值;

(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥恒成立,求实数m的最大值.

解:(1)由f(x)=xln x(x>0),得f′(x)=1+ln x,

令f′(x)>0,得x>;

令f′(x)<0,得0

所以f(x)的单调增区间是(,+∞),

单调减区间是(0,).

故f(x)在x=处有极小值f()=-,无极大值.

(2)由f(x)≥及f(x)=xln x,

得m≤恒成立,

问题转化为m≤()min.

令g(x)=(x>0),

则g′(x)=,

由g′(x)>0?x>1,由g′(x)<0?0

所以g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, 所以g(x)min=g(1)=4,

因此m≤4,所以m的最大值是4.

6.已知函数f(x)=在x=0处的切线方程为y=x.

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