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2020届高考数学(文)二轮总复习专题训练:1-6-2导数与不等式问题 WORD版含答案.doc

1、1.6.2 导数与不等式问题一、选择题1已知函数f(x)x3ax23x1有两个极值点,则实数a的取值范围是()A(,) B.(,)C(,) D.(,)(,)解析:f(x)x22ax3,由题意知方程f(x)0有两个不相等的实数根,所以4a2120,解得a或a.选D.答案:D2已知函数f(x)x32x23m,x0,),若f(x)50恒成立,则实数m的取值范围是()A. B.C(,2 D.(,2)解析:f(x)x24x,由f(x)0,得0x0,得x4或x0,f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值当a0时,f(x)3(x)(x)当x(,)和(,)时,f(x)单调递增;当x(,)时,f(x)单调递减所

2、以当1,即0a2恒成立,f(1)2,则f(x)2x4的解集为()A(1,1) B.(1,)C(,1) D.(,)解析:设F(x)f(x)2x4,则F(x)f(x)2,因为f(x)2恒成立,所以F(x)f(x)20,即函数F(x)在R上单调递增因为f(1)2,所以F(1)f(1)2(1)42240.所以由F(x)f(x)2x40,得F(x)f(x)2x4F(1),所以x1,即不等式f(x)2x4的解集为(1,)选B.答案:B6已知f(x)是定义在(0,)上的非负可导函数,且满足xf(x)f(x)0,对任意的0ab,则必有()Aaf(b)bf(a) B.bf(a)af(b)Caf(a)f(b) D

3、.bf(b)f(a)解析:因为xf(x)f(x),f(x)0,所以0,则函数在(0,)上单调递减由于0ab,则,即af(b)bf(a)选A.答案:A7当x2,1时,不等式ax3x24x30恒成立,则实数a的取值范围是()A5,3 B.C6,2 D.4,3解析:当x(0,1时,得a3342,令t,则t1,),a3t34t2t.令g(t)3t34t2t,t1,),则g(t)9t28t1(t1)(9t1),显然在1,)上,g(t)0,解得a0或a0,使得f(x0)0有解,则实数a的取值范围是()Aa2 B.a3 C.a1 D.a3解析:函数f(x)的定义域是(0,),不等式1ln x0有解,即axx

4、ln x在(0,)上有解令h(x)xxln x,可得h(x)1(ln x1)ln x令h(x)0,可得x1.当0x0,当x1时,h(x)0,可得当x1时,函数h(x)xxln x取得最大值1,要使不等式axxln x在(0,)上有解,只要a小于等于h(x)的最大值即可,即a1.选C.答案:C10已知e是自然对数的底数,函数f(x)exx2的零点为a,函数g(x)ln xx2的零点为b,则下列不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b) B.f(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b) D.f(b)f(1)0恒成立,所以函数f(x)在R上是单调递增的,而f(0)e00210,所以函数 f

5、(x)的零点a(0,1)由题意,知g(x)10,所以g(x)在(0,)上是单调递增的,又g(1)ln 11210,所以函数g(x)的零点b(1,2)综上,可得0a1b2.因为f(x)在R上是增函数,所以f(a)f(1)1f(x),且f(0)2,则不等式exf(x)ex1(其中e为自然对数的底数)的解集为()A(0,) B.(,0)(1,)C(1,) D.(,1)(0,)解析:设g(x)exf(x)ex,xR,则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1f(x)1f(x),f(x)f(x)10,g(x)0,g(x)在定义域上单调递增exf(x)ex1,g(x)1.又g(0)e0f

6、(0)e01,g(x)g(0),x0,不等式的解集为(0,)选A.答案:A12(2019郑州三模)设函数f(x)在R上存在导函数f(x),xR,有f(x)f(x)x3,在(0,)上有2f(x)3x20,若f(m2)f(m)3m26m4,则实数m的取值范围为()A1,1 B.(,1C1,) D.(,11,)解析:令g(x)f(x)x3,g(x)g(x)f(x)x3f(x)(x)30,函数g(x)为偶函数,x(0,)时,g(x)f(x)x20,函数g(x)在(0,)上是增函数,函数g(x)在(,0)上是减函数,f(m2)f(m)g(m2)(m2)3g(m)m3g(m2)g(m)3m26m43m26

7、m4,g(m2)g(m),|m2|m|,解得m1,实数m的取值范围(,1选B.答案:B二、填空题13已知函数f(x)x2mx1,若对于任意xm,m1,都有f(x)0成立,则实数m的取值范围是.解析:作出二次函数f(x)的图象,对于任意xm,m1,都有f(x)0,则有即解得m0时,即x(0,1时,f(x)ax33x10可化为a.令g(x),则g(x),所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减因此g(x)maxg4,从而a4.当x0,则不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0的解集是.解析:令g(x)x3f(x)(x0,所以g(x)在(,0)上单调递增不等式(x2 015)3

8、f(x2 015)27f(3)0等价于g(x2 015)g(3)0,所以x2 0153,解得x2 018.又x2 0150,解得x0的解集是x|2 018x0,因此函数f(x)在0,1上单调递增,所以x0,1时,f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2,使得g(x)x22ax41,即x22ax50,即a能成立令h(x),则要使ah(x)在x1,2能成立,只需使ah(x)min,又函数h(x)在x1,2上单调递减,所以h(x)minh(2),故只需a.答案:三、解答题1(2019汕头二模)已知函数f(x)aln xx1(其中aR)(1)讨论函数f(x)的极值;(2)对任意x0,f(x)

9、(a21)成立,求实数a的取值范围解析:(1)f(x)的定义域为(0,)又f(x)1.当a0时,在(0,)上,f(x)0时,由f(x)0,得xa,在(0,a)上,f(x)0,f(x)为增函数,在(a,)上,f(x)0时,f(x)有极大值f(a)aln aa1,无极小值;(2)由(1)知,当a0,f(x)是减函数,又令be1,ln b0,不等式不成立;当a0时,f(x)有极大值也是最大值,f(x)maxf(a)aln aa1,要使对任意x0,f(x)(a21)成立,即aln aa1(a21),则aln aaa20成立令u(a)aln aaa2(a0),u(a)ln a11aln aa,令k(a)

10、u(a)ln aa,则k(a)10,得a1.在(0,1)上,k(a)0,k(a)u(a)是增函数,在(1,)上,k(a)0,k(a)u(a)是减函数,当a1时,k(a)u(a)取极大值也是最大值,u(a)maxu(1)10.在(0,)上,u(a)0,u(a)是减函数,又u(1)0,要使u(a)0恒成立,则a1.实数a的取值范围为1,)2(2019蓉城名校联盟联考)已知函数f(x)ax22(a1)x2ln x,aR.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)是否存在最大整数k,当ak时,对任意的x2,都有f(x)ex(x1)axln x成立?(其中e为自然对数的底数,e2.718 28)若存在,求出

11、k的值;若不存在,请说明理由解析:(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)2ax2(a1),所以当a(,0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减;当a(0,1)时,f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减;当a1时,f(x)在(0,)上单调递增;当a(1,)时,f(x)在和(1,)上单调递增,在上单调递减(2)ax22(a1)x2ln xex(x1)axln x对x2恒成立ax2(a2)x3ln xex(x1)当x2时,得4a(a2)23ln 2e2,所以2ae24ln 884210,所以a5,则整数k的最大值不超过4.下面证明:当a4时,不等式对于x2恒成立,设g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)(x2),则g(x)2ax(a2)xex.令h(x)2ax(a2)xex,则h(x)2a(x1)ex2a(x1)ex2a3e283e20,所以h(x)在2,)上单调递减,所以h(x)2ax(a2)xexh(2)3a2e22e20,即当x2,)时,g(x)0,所以g(x)在2,)上单调递减,所以g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)g(2)2a43ln 2e2843e27e20,所以a4时,不等式恒成立,所以k的最大值为4.

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