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
一、选择题
?1?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?2?
等式f(x)＜0的解集为( )
??1???1????A.x?x＜B.x?0＜x＜?
2???2???
??11???11?
C.?x?x＜－或0＜x＜?D.?x?－≤x≤0或x≥?
22???22???
??11?
解析 如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为?x?x＜－或0＜x＜?.
22???
答案 C
2.若不等式2xln x≥－x＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为( ) A.(－∞，0) C.(0，＋∞)
B.(－∞，4] D.[4，＋∞)
2
3
解析 条件可转化为a≤2ln x＋x＋恒成立.
x3
设f(x)＝2ln x＋x＋，
x（x＋3）（x－1）
则f′(x)＝(x＞0). 2
x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 B
3.若存在正数x使2(x－a)＜1成立，则a的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞) C.(0，＋∞)
1x解析 ∵2(x－a)＜1，∴a＞x－x.
2
B.(－2，＋∞) D.(－1，＋∞)
x1－x令f(x)＝x－x，∴f′(x)＝1＋2ln 2＞0.
2∴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 D
4.(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，
xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(0，1) C.(－∞，－1)∪(－1，0) 解析 令F(x)＝
B.(－1，0)∪(1，＋∞) D.(0，1)∪(1，＋∞)
f（x）
，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝xxf′（x）－f（x）f（x）
，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上2xx单调递减，根据对称性，F(x)＝
f（x）
在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，x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 A
5.(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)＜e的解集为( ) A.(－2，＋∞) C.(1，＋∞)
B.(0，＋∞) D.(4，＋∞)
x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)＝f（x）
e
x，则F′(x)＝
xxf′（x）－f（x）
e
x＜0.∴函数F(x)在R上单调递减.
又f(x)＜e等价于答案 B 二、填空题
f（x）
e
＜1，∴F(x)＜F(0)，∴x＞0.
6.已知不等式e－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e－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.
eee（x－1）当x∈(0，2]时，原不等式即a＜－1，令g(x)＝－1，则g′(x)＝，当0＜x2
xxxxxxxx＜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)＝ln x－a，若f(x)＜x在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵函数f(x)＝ln x－a，且f(x)＜x在(1，＋∞)上恒成立， ∴a＞ln x－x，x∈(1，＋∞). 12
令h(x)＝ln x－x，有h′(x)＝－2x.
2
22
x1
∵x＞1，∴－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
x∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1. 答案 [－1，＋∞) 8.已知函数f(x)＝x－
12
，g(x)＝x－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，x＋1
使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________. 解析 由于f′(x)＝1＋
1
2＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，
（x＋1）
2
1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x－2ax＋4≤－1，
x5x52
即x－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]上
22x22xx5
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＝
22xh(2)＝，故只需a≥. 94
94
?9?答案 ?，＋∞? ?4?
三、解答题
9.已知a∈R，函数f(x)＝4x－2ax＋a. (1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：当0≤x≤1时，f(x)＋|2－a|>0. (1)解 由题意得f′(x)＝12x－2a.
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). 当a>0时，f′(x)＝12?x－23
?
?
a??
??x＋6??
a?
?
此时函数f(x)的单调递增区间为?－∞，－?，6??
a?
6?
?和?
??
a6
，＋∞?，单调递减区间为?－
????
a6
，a?
6?
?.
(2)证明 由于0≤x≤1，故当a≤2时，
f(x)＋|2－a|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.
当a>2时，f(x)＋|2－a|＝4x＋2a(1－x)－2≥4x＋4(1－x)－2＝4x－4x＋2. 设g(x)＝2x－2x＋1，0≤x≤1， 则g′(x)＝6x－2＝6?x－
23
3
3
3
??3??3?
??x＋?，于是 3??3?
x g′(x) g(x) 所以，g(x)min＝g?0 3???0，? 3??－ 减 3 30 极小值 ?3??，1? ?3?＋ 增 1 1 1 43?3??＝1－9>0. ?3?3
所以当0≤x≤1时，2x－2x＋1>0. 故f(x)＋|2－a|≥4x－4x＋2>0.
10.(2016·湖州一模)已知函数f(x)＝ln x＋x－ax(a为常数). (1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值； (2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞mln a恒成立，求实数m的取值范围. 1
解 f′(x)＝＋2x－a.
2
3
x(1)由已知得：f′(1)＝0， 所以1＋2－a＝0，所以a＝3.
1
(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝＋2x－a＝?x－a?＋1－a2??2
82x－ax＋1?4?
x＝
2
2
xx.
因为0＜a≤2，所以1－＞0，而x＞0，
82x－ax＋1
即f′(x)＝＞0，
2
a2
x故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，
1－a故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞mln a恒成立，即m＜恒成立.
ln a
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