2019年高考数学总复习第18讲导数的综合应用——导数与不等式5098.pdf

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1、第 18 讲 导数的综合应用导数与不等式 1定义域为 R 的函数f(x)满足f(1)1，且f(x)的导函数f(x)12，则满足 2f(x)x1 的x的集合为(A)Ax|x1 Bx|1x1 Cx|x1 Dx|x1 令g(x)2f(x)x1，则g(x)2f(x)10，所以g(x)在 R 上为增函数，又g(1)2f(1)110，所以g(x)0 x1.即原不等式的解集为x|x1 2f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若ab，则必有(A)Aaf(b)bf(a)Bbf(a)af(b)Caf(a)bf(b)Dbf(b)af(a)设F(x)fxx，则F(x)x

2、fxfxx20，故F(x)fxx在(0，)上是减函数或常函数，由 0ax(x0)Bsin x0)C.2xsin x D以上各式都不对 令g(x)sin xx，则g(x)cos x10，所以g(x)在(0，)上单调递减，所以g(x)g(0)，所以 sin xx.4已知 e 是自然对数的底，若函数f(x)exxa的图象始终在x轴的上方，则实数a的取值范围为(C)A2,2 B(，2)(2，)C(1，)D(，22，)因为函数f(x)exxa的图象始终在x轴的上方，所以f(x)exxa的最小值大于 0.f(x)ex1，当x(，0)时，f(x)0，所以f(x)的最小值为f(0)1a.由 1a0，得a的取值

3、范围为(1，)5已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是 1e，).因为f(x)exxex(1x)ex，当x1 时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1 时，f(x)0恒成立，则实数m的取值范围是(，1).因为f(x)3x210，所以f(x)在 R 上为增函数，又f(x)为奇函数，所以条件即为f(msin)f(m1)，所以msin m1 对0，2恒成立，即m(1sin)1 对0，2恒成立，因为2时，上式恒成立；当0，2)时，m11sin，则m1.7(2017新课标卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x

4、)的单调性；(2)当a0 时，证明f(x)34a2.(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x2ax2a1x12ax1x.若a0，则当x(0，)时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增 若a0，则当x(0，12a)时，f(x)0；当x(12a，)时，f(x)0.故f(x)在(0，12a)上单调递增，在(12a，)上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0 时，f(x)在x12a处取得最大值，最大值为f(12a)ln(12a)114a.所以f(x)34a2 等价于 ln(12a)114a34a2，即 ln(12a)12a10.设g(x)ln xx1，则g(x)1x1.当x(0,1)时，g

5、(x)0；当x(1，)时，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减 故当x1 时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0.所以当x0 时，g(x)0.从而当a0 时，ln(12a)12a10，即f(x)34a2.8若 0 x1x2ln x2ln x1 Bex2ex1x1ex2 Dx2ex1x1ex2 令f(x)exx(0 x1)，则f(x)xexexx2exx1x2.当 0 x1 时，f(x)0，即f(x)在(0,1)上单调递减，因为 0 x1x21，所以f(x2)f(x1)，即ex2x2x1ex2.由此可知选 C.如何说明 A 和 B 不成立？下面进行探讨：设g(

6、x)exln x(0 x1)，因为g(x)ex1xxex1x，令g(x)0 得，xex10，即 ex1x，由yex与y1x的图象知两图象的交点x0(0,1)，因此，g(x)在(0,1)上不单调，由此可知 A 和 B 选项不可能成立 9设f(x)、g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当x0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0 的解集为(，3)(0,3).当x0，所以函数f(x)g(x)在(，0)上为增函数，又f(x)g(x)为奇函数，故f(x)g(x)在(0，)上为增函数，且f(3)g(3)0，f(3)g(3)0.故f(x)g(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当x(0，1a)时，f(x)0；当x(1a，)时，f(x)0 时，f(x)在x1a处取最大值，最大值为f(1a)ln(1a)a(11a)ln aa1.因此，f(1a)2a2ln aa10，所以g(a)在(0，)上是增函数，g(1)0，于是，当 0a1 时，g(a)1 时，g(a)0.因此a的取值范围是(0,1)