浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式习题含解析

第5节 导数与不等式

考试要求 1.能利用导数证明简单的不等式;2.已知不等式恒(能)成立,会求参数的取值范围.

知 识 梳 理

1.证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最值问题.

2.求解不等式恒成立或有解问题,可以考虑将参数分离出,将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.

3.不等式能成立看作不等式有解问题. [常用结论与易错提醒] 与不等式有关的结论

(1)对任意,f()>g()?f()-g()>0?[f()-g()]min>0. (2)对任意1,2,f(1)>g(2)?f()min>g()ma. (3)存在1,2,f(1)>g(2)?f()ma>g()min. (4)对任意,存在0,f()>g(0)?f()min>g()min.

(5)f()≥a或f()≤a对∈D恒成立?f()min≥a或f()ma≤a. (6)若存在∈D,使f()≥a或f()≤a?f()ma≥a或f()min≤a.

(7)对任意的1∈D1,总存在2∈D2,使f(1)=g(2)?A?B(其中集合A为f(1)的值域,集合B为f(2)的值域).

(8)当参数不易分离时,应注意分类讨论或数形结合思想的应用.

基 础 自 测

1.已知函数f()=2e,当∈[-1,1]时,不等式f()

?1?A.?,+∞? ?e?

C.[e,+∞)

?1?

B.?,+∞? ?e?

D.(e,+∞)

解析 由f′()=e(+2),令f′()=0,得=0或=-2(舍去).

1

当∈(-1,0]时,f′()<0,f()递减,当∈(0,1]时,f′()>0,f()递增,f(-1)=,f(1)=e,

e∴f()最大=f(1)=e,由题意m>e. 答案 D

2.设函数f()=e(2-1)-a+a,其中a<1,若存在唯一整数0使得f(0)<0,则a的取值范围是( )

?3?A.?-,1? ?2e??33?C.?,? ?2e4?

?33?B.?-,? ?2e4??3?D.?,1? ?2e?

解析 设g()=e(2-1),h()=a-a,由题意知存在唯一的整数0,使h(0)在直线h()=a-a的111

下方,因为g′()=e(2+1),∴当<-时,g′()<0,当>-时,g′()>0,∴当=时,[g()]min

222=-2e2,g(0)=-1,g(1)=e>1,直线h()=a-a恒过(1,0)且斜率为a,故-a>g(0)=-1,3

且g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得≤a<1.

2e答案 D

ln x+(x-b)2?1?

3.已知函数f()=(b∈R),若存在∈?,2?使得f()+f′()>0,则实数b的取

x?2?值范围是( ) 3??

A.?-∞,?

2??C.(-∞,3) 解析 f′()=

1

2

1

9??

B.?-∞,?

4??

D.(-∞,2)

1+2x(x-b)-ln x-(x-b)2]. [xf()+f′()

ln x+(x-b)21

=+[1+2(-b)-ln -(-b)2]

xx1+2x(x-b)=,

x1?1?

∵存在∈?,2?,使得f()+f′()>0,∴1+2(-b)>0,∴b<+.

2x?2?12x2-1

设g()=+,∴b

2x2x22

∴当g′()=0时,解得=.

2

2

当g′()>0,即<≤2时,g()递增,

212

当g′()<0,即≤<时,g()递减,

229?1?3

∵g??=,g(2)=,

4?2?29

∴g()最大=g(2)=,

49∴b<.

4答案 B

4.已知f()=ln ,g()=3+a2++2,若对任意的∈(0,+∞),不等式2f()≤g′()+2恒成立,则实数a的取值范围是________. 解析 g′()=32+2a+1, ∵2f()≤g′()+2, ∴2ln ≤32+2a+1.

31

∵∈(0,+∞),∴a≥ln --.

22x31

设h()=ln --(>0),

22x(x-1)(3x+1)

则h′()=-,

2x21

令h′()=0,得=1或=-(舍去),

3当∈(0,1)时,h′()>0,h()递增, 当∈(1,+∞)时,h′()<0,h()递减, ∴h()最大=h()极大=h(1)=-2, 由题意a≥-2. 答案 [-2,+∞)

5.当∈[-2,1]时,不等式a3-2+4+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是________. 解析 当=0时,a3-2+4+3≥0变为3≥0恒成立,即a∈R,

x2-4x-3

当∈(0,1]时,a≥-4-3,a≥,

x3

3

2

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