新课改专用2020版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.pdf

- 1 - 课时跟踪检测(十七) 利用导数解不等式课时跟踪检测(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x0 都有 2f(x)xf(x)0 成立，则( ) A4f(2)9f(3) B4f(2)9f(3) C2f(3)3f(2) D3f(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x0 都有 2f(x)xf(x)0 成立，则当x0 时，有g(x)x2f(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) 2f(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( ) A2 0182f(2 019)2 0192f(2 018) B2 0182f(2 019)2 0192f(2 018) C2 018f(2 019)2 019f(2 018) D2 018f(2 019)2 019f(2 018) 解析：选 A 令g(x)，x(0，)，则g(x) fx x2 x2fx2xfx x4 0， xfx2fx x3 则g(x)在(0，)上为增函数， 即， f2 019 2 0192 f2 018 2 0182 2 0182f(2 019)2 0192f(2 018) 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 (2x y e) y x x me 值范围为( ) A. B. ( 1 e，1)( 1 e2，1 C. D. ( 1 e2，e(0， 1 e 解析：选 D 由ln ， (2x y e) y x x me 可得ln . (2e y x) y x 1 m 设 t，令f(t)(2et)·ln t，t0， y x - 2 - 则f(t)ln t1，令g(t)ln t1，t0，则g(t) 0， 2e t 2e t 1 t 2e t2 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)maxf(e)e，e ， 1 m 实数m的取值范围为. (0， 1 e 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， (x 3 x3) a x 则实数a的最小值为_ 解析 ： 原问题等价于存在x(0， )， 使得aex(x23x3)， 令g(x)ex(x23x3)，x (0，)，则ag(x)min.而g(x)ex(x2x)，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：e 5(2018·武汉质检)已知f(x)xln x，g(x)x3ax2x2. (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)xln x的定义域是(0，)， f(x)ln x1. 令f(x)0，得 ln x10，解得 0x ， 1 e f(x)的单调递减区间是. (0， 1 e) 令f(x)0，得 ln x10，解得x ， 1 e f(x)的单调递增区间是. ( 1 e，) 综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (0， 1 e)( 1 e，) (2)g(x)3x22ax1,2f(x)g(x)2 恒成立，2xln x3x22ax1 恒成 立x0，aln xx在x(0，)上恒成立设h(x)ln xx(x0)， 3 2 1 2x 3 2 1 2x 则h(x) .令h(x)0，得x11，x2 (舍去) 1 x 3 2 1 2x2 x13x1 2x2 1 3 当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x(0,1)1(1，) - 3 - h(x)0 h(x)极大值 当x1时，h(x)取得极大值， 也是最大值， 且h(x)maxh(1)2， 若ah(x)在x(0， )上恒成立，则ah(x)max2，故实数a的取值范围是2，) 6 (2019·郑州质检)已知函数f(x)ln xa(x1)，aR， 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x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)2x k(x1)成立，求k的取值 x2 2 1 2 范围 解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，) f(x) a，f(1)1a0，a1， 1 x f(x) 1， 1 x 1x x 令f(x)0，得 0x1，令f(x)0，得x1， 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(x1)可化为 ln xx k(x1) x2 2 1 2 x2 2 1 2 令g(x)ln xx k(x1)(x1)， x2 2 1 2 则g(x) x1k， 1 x x21kx1 x 令h(x)x2(1k)x1(x1)，则h(x)的对称轴为x. 1k 2 当1，即k1 时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减， 1k 2 h(x)h(1)1k. 若k1，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1k1，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 当1， 即k1时， 易知必存在x， 使得h(x)在(1，x0)上单调递增 h(x)h(1) 1k 2 1k0，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 综上，k的取值范围为(，1) - 4 - 7已知函数f(x)xex(e 为自然对数的底数) ln x x (1)求证：函数f(x)有唯一零点； (2)若对任意x(0，)，xexln x1kx恒成立，求实数k的取值范围 解：(1)证明：f(x)(x1)ex，x(0，)， 1ln x x2 易知当 0x1 时，f(x)0, 所以f(x)在区间(0,1)上为增函数， 又因为f0，f(1)e0， ( 1 e) e1 ee 2 e 所以ff(1)0，即f(x)在区间(0,1)上恰有一个零点， ( 1 e) 由题可知f(x)0 在(1，)上恒成立，即在(1，)上无零点， 所以f(x)在(0，)上有唯一零点 (2)设f(x)的零点为x0，即x0ex00. ln x0 x0 原不等式可化为k， xexln x1 x 令g(x)，则g(x)， xexln x1 x xexln x x x 由(1)可知g(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，)上单调递增， 故g(x0) 为g(x)的最小值 下面分析x0ex00， ln x0 x0 设x0ex0t，则t， ln x0 x0 可得Error!即x0(1t)ln t， 若t1，等式左负右正不相等；若t1，等式左正右负不相等，只能t1. 因此g(x0)1，所以k1. x0ex0ln x01 x0 ln x0 x0 即实数k的取值范围为(，1