（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20練 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題練習(xí)（含解析）

4、　) 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(dǎo)函數(shù)，滿足f(x)>0且f(x)＋f′(x)<0(f′(x)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù))，若0(a＋1)f(b) B．f(b)>(1－a)f(a) C．a(chǎn)f(a)>bf(b) D．a(chǎn)f(b)>bf(a) 9．設(shè)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．已知函數(shù)f(x)＝(x＋m)ln

5、x，m∈R，當x≠1時，恒有(x－1)f′(x)>0，則關(guān)于x的不等式f(x)<2x－2的解集為________． [能力提升練] 1．(2018·邯鄲模擬)已知f(x)＝lnx－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4.若對任意x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 2．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)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)

6、 C．(－2014,0) D．(－2020,0) 3．若存在實數(shù)x，使得關(guān)于x的不等式＋x2－2ax＋a2≤(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))成立，則實數(shù)a的取值集合為(　　) A. B. C. D. 4．(2019·廈門外國語學(xué)校月考)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．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若存在x1，x2∈R，使得f(x1)≤g(x2)成立，則實數(shù)a的取

7、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)導(dǎo)函數(shù)f′(x)<3，則不等式f(lnx)>3lnx＋1的解集為________． 答案精析 基礎(chǔ)保分練 1．B　2.A　3.A　4.C　5.B 6．A　[根據(jù)題意，設(shè)g(x)＝，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝＝， 又由對任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)， 則有g(shù)′(x)<0，則函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)， 又由f(0)＝2019， 則g(0)＝＝2019， f(x)<2019ex?<2019?g(x)0， 即不等式的解

8、集為(0，＋∞)．故選A.] 7．C　[由f(x)>xf′(x)成立，可得′<0.設(shè)g(x)＝＝lnx＋(x－a)2(x>0)，則存在x∈，使得g′(x)<0成立，即g′(x)＝＋2(x－a)<0成立，即a>min即可． 又x＋≥2＝，當且僅當x＝，即x＝時取等號， ∴a>.故選C.] 8．C　[構(gòu)造函數(shù)F(x)＝exf(x)(x>0)， F′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]<0， 所以F(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)． 令0F，可得f(x)>f，下面證明>，即證明－x＋2lnx>0，令g(x)＝－x＋2lnx，則g′(x)＝－<0，即g(x

9、)在(0,1)上單調(diào)遞減，g(x)>g(1)＝0，即>， 所以f(x)>f>f， 即xf(x)>f，若0bf(b)．故選C.] 9. 解析　對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝x2＋2mx－3m2＝(x＋3m)(x－m)(m>0)，則由f′(x)>0得，x>m或x<－3m，由f′(x)<0得，－3m

10、 解析　由題意可知，當x≠1時， 恒有(x－1)f′(x)>0， 則當x>1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)； 當0

11、x)＝－·－＝＝－(x>0)，則當x∈(0,1)時，f′(x)<0；當x∈(1,2]時，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1)＝.對于二次函數(shù)g(x)＝－x2－2ax＋4，該函數(shù)開口向下，所以其在區(qū)間[1,2]上的最小值在端點處取得，所以要使對?x1∈(0,2]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即≥g(1)或≥g(2)，所以≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4， 解得a≥－.故選A.] 2．A　[根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)， x∈(－∞，0)， 故g′(x)

12、＝x[2f(x)＋xf′(x)]， 而2f(x)＋xf′(x)>x2>0， 故當x<0時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， (x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0， 即(x＋2017)2f(x＋2017)>(－3)2f(－3)， 則有g(shù)(x＋2017)>g(－3)， 則有x＋2017<－3， 解得x<－2020， 即不等式(x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0的解集為(－∞，－2020)．故選A.] 3．C　[不等式＋x2－2ax＋a2≤，即(x－a)2＋2≤， 表示點與的距離的平方不超過，即最大值為. 由在直線l：y＝x上， 設(shè)與直線

13、l平行且與曲線y＝相切的直線的切點為(m，n)，可得切線的斜率為＝，解得m＝0，n＝，切點為，由切點到直線l的距離為直線l上的點與曲線y＝的距離的最小值，可得(0－a)2＋2＝，解得a＝，則實數(shù)a的取值集合為， 故選C.] 4．B　[由于g(x)＝x3－x2－5， 則g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， ∴函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增， g＝－－5＝－， g(2)＝8－4－5＝－1. 由于對任意x1，x2∈， f(x1)－g(x2)≥2恒成立，所以f(x)≥[g(x)＋2]max＝g(x)max＋2＝1， 即x∈時，f(x)≥1恒成立， 即＋xlnx≥1

14、在上恒成立， 所以a≥x－x2lnx在上恒成立， 令h(x)＝x－x2lnx， 則h′(x)＝1－2xlnx－x， 而h″(x)＝－3－2lnx， 當x∈時，h″(x)<0，所以h′(x)＝1－2xlnx－x在上單調(diào)遞減， 由于h′(1)＝0，所以當x∈時， h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增； 當x∈(1,2)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝1，即a≥1.] 5. 解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)． 當x>－1時，f′(x)>0， 函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當x<－1時，f′(x)<0， 函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 故函數(shù)f(

15、x)的最小值為f(－1)＝－. 又函數(shù)g(x)的最大值為a， 所以由題意可得－≤a，即a≥－. 6．(0，e2) 解析　設(shè)t＝lnx， 則不等式f(lnx)>3lnx＋1等價為 f(t)>3t＋1， 設(shè)g(x)＝f(x)－3x－1， 則g′(x)＝f′(x)－3， ∵f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<3， ∴g′(x)＝f′(x)－3<0， 函數(shù)g(x)＝f(x)－3x－1單調(diào)遞減， ∵f(2)＝7， ∴g(2)＝f(2)－3×2－1＝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)． 8