2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与不等式的证明恒成立及能成立问题练习


专题一 函数与导数、不等式 第 5 讲 导数与不等式的证明、恒成立 及能成立问题练习
一、选择题

? 1? 1.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x<0 时,f′(x)>0,且 f(0)=0,f?- ?=0,则不 ? 2?
等式 f(x)<0 的解集为(
? ? 1? A.?x?x< ? 2? ? ? ? ? 1 1? C.?x?x<- 或0<x< ? 2 2? ? ?

)
? ? 1? B.?x?0<x< ? 2? ? ? ? ? 1 1? D.?x?- ≤x≤0或x≥ ? 2? ? ? 2

? ? 1 1? 解析 如图所示,根据图象得不等式 f(x)<0 的解集为?x?x<- 或0<x< ?. 2 2? ? ?

答案 C 2.若不等式 2xln x≥-x +ax-3 恒成立,则实数 a 的取值范围为( A.(-∞,0) C.(0,+∞) B.(-∞,4] D.[4,+∞)
2

)

3 解析 条件可转化为 a≤2ln x+x+ 恒成立.

x

3 设 f(x)=2ln x+x+ ,

x

(x+3)(x-1) 则 f′(x)= (x>0). 2

x

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, 所以 f(x)min=f(1)=4.所以 a≤4. 答案 B 3.若存在正数 x 使 2 (x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是( A.(-∞,+∞) C.(0,+∞) 1 x 解析 ∵2 (x-a)<1,∴a>x- x. 2
1
x

)

B.(-2,+∞) D.(-1,+∞)

1 -x 令 f(x)=x- x,∴f′(x)=1+2 ln 2>0. 2 ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f(x)>f(0)=0-1=-1, ∴a 的取值范围为(-1,+∞),故选 D. 答案 D 4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0 时,

xf′(x)-f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(
A.(-∞,-1)∪(0,1) C.(-∞,-1)∪(-1,0) 解析 令 F(x) =

)

B.(-1,0)∪(1,+∞) D.(0,1)∪(1,+∞)

f(x) ,因为 f(x) 为奇函数,所以 F(x) 为偶函数,由于 F′(x) = x

xf′(x)-f(x) f(x) ,当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,所以 F(x)= 在(0,+∞)上 x2 x
单调递减,根据对称性,F(x)=

f(x) 在(-∞,0)上单调递增,又 f(-1)=0,f(1)=0, x

数形结合可知,使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选 A. 答案 A 5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x), 满 足 f′(x)<f(x),且 f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式 f(x)<e 的解集为( A.(-2,+∞) C.(1,+∞) B.(0,+∞) D.(4,+∞)
x

)

解析 由 f(x+2)为偶函数可知函数 f(x)的图象关于 x=2 对称, 则 f(4)=f(0)=1.令 F(x) =

f(x)
e
x

,则 F′(x)=
x x

f′(x)-f(x)
e
x

<0.∴函数 F(x)在 R 上单调递减.

又 f(x)<e 等价于 答案 B 二、填空题

f(x)
e

<1,∴F(x)<F(0),∴x>0.

6.已知不等式 e -x>ax 的解集为 P,若[0,2]? P,则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意知不等式 e -x>ax 在 x∈[0,2]上恒成立. 当 x=0 时,显然对任意实数 a,该不等式都成立. e e e (x-1) 当 x∈(0,2]时,原不等式即 a< -1,令 g(x)= -1,则 g′(x)= ,当 0<x 2
x x x x

x

x

x

x

2

<1 时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当 1<x<2 时,g′(x)>0,g(x)单调递增,故 g(x) 在(0,2]上的最小值为 g(1)=e-1, 故 a 的取值范围为(-∞,e-1). 答案 (-∞,e-1) 7.已知函数 f(x)=ln x-a,若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,则实数 a 的取值范围是 ________. 解析 ∵函数 f(x)=ln x-a,且 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立, ∴a>ln x-x ,x∈(1,+∞). 1 2 令 h(x)=ln x-x ,有 h′(x)= -2x.
2 2 2

x

1 ∵x>1,∴ -2x<0,∴h(x)在(1,+∞)上为减函数,

x

∴当 x∈(1,+∞)时,h(x)<h(1)=-1,∴a≥-1. 答案 [-1,+∞) 8.已知函数 f(x)=x- 1

x+1

,g(x)=x -2ax+4,若对于任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2],

2

使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取值范围是________. 解析 由于 f′(x)=1+ 1 2>0,因此函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 x∈[0, (x+1)
2

1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x -2ax+4≤-1,

x 5 x 5 2 即 x -2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立,令 h(x)= + ,则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2]上 2 2x 2 2x x 5 能成立,只需使 a≥h(x)min,又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减,所以 h(x)min= 2 2x h(2)= ,故只需 a≥ .
9 4 9 4

?9 ? 答案 ? ,+∞? ?4 ?
三、解答题 9.已知 a∈R,函数 f(x)=4x -2ax+a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 0≤x≤1 时,f(x)+|2-a|>0. (1)解 由题意得 f′(x)=12x -2a. 当 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立,此时 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时, f′(x)=12?x-
2 3

? ?

a??
6??

??x+

a?

此时函数 f(x)的单调递增区间为?-∞,- ?, 6? ?

?

a?
6?
3

?

和?

? ?

a
6

,+∞?,单调递减区间为?-

? ?

? ?

a
6



a?
6?

?.

(2)证明 由于 0≤x≤1,故当 a≤2 时,

f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2.
当 a>2 时,f(x)+|2-a|=4x +2a(1-x)-2≥4x +4(1-x)-2=4x -4x+2. 设 g(x)=2x -2x+1,0≤x≤1, 则 g′(x)=6x -2=6?x-
2 3 3 3 3

? ?

3?? 3? ??x+ ?,于是 3 ?? 3?

x g′(x) g(x)
所以,g(x)min=g?

0

3? ? ?0, ? 3? ? -

3 3 0 极小值

? 3 ? ? ,1? ?3 ?
+ 增

1

1 4 3 ? 3? ?=1- 9 >0. ?3?
3



1

所以当 0≤x≤1 时,2x -2x+1>0. 故 f(x)+|2-a|≥4x -4x+2>0. 10.(2016·湖州一模)已知函数 f(x)=ln x+x -ax(a 为常数). (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值; (2)当 0<a≤2 时,试判断 f(x)的单调性; (3)若对任意的 a∈(1,2),x0∈[1,2],不等式 f(x0)>mln a 恒成立,求实数 m 的取值范围. 1 解 f′(x)= +2x-a.
2 3

x

(1)由已知得:f′(1)=0, 所以 1+2-a=0,所以 a=3. 2 a2 ? a? 2?x- ? +1- 8 1 2x -ax+1 ? 4? (2)当 0<a≤2 时,f′(x)= +2x-a= = .
2

x

x

x

因为 0<a≤2,所以 1- >0,而 x>0, 8 2x -ax+1 即 f′(x)= >0,
2

a2

x

故 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)当 a∈(1,2)时,由(2)知,f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=1-a, 1-a 故问题等价于:对任意的 a∈(1,2),不等式 1-a>mln a 恒成立,即 m< 恒成立. ln a

4

1-a 记 g(a)= (1<a<2), ln a -aln a-1+a 则 g′(a)= . a(ln a)2 令 M(a)=-aln a-1+a,则 M′(a)=-ln a<0, 所以 M(a)在(1,2)上单调递减, 所以 M(a)<M(1)=0,故 g′(a)<0, 1-a 所以 g(a)= 在 a∈(1,2)上单调递减, ln a 1-2 所以 m≤g(2)= =-log2e, ln 2 即实数 m 的取值范围为(-∞,-log2e]. 11.已知函数 f(x)=ax+ +c(a>0)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为 y=x-1. (1)用 a 表示出 b,c; (2)若 f(x)≥ln x 在[1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围; 1 1 1 n (3)证明:1+ + +…+ >ln(n+1)+ (n≥1). 2 3 n 2(n+1) (1)解 f′(x)=a- 2,则有?
? ?b=a-1, ?c=1-2a. ?

b x

b x

?f(1)=a+b+c=0, ? ?f′(1)=a-b=1, ?

解得?

(2)解 由(1)知,f(x)=ax+ 令 g(x)=f(x)-ln x=ax+

a-1 +1-2a. x

a-1 +1-2a-ln x,x∈[1,+∞), x
2

则 g(1)=0,g′(x)=a-

a-1 1 ax -x-(a-1) - = = x2 x x2

a(x-1)?x- x
2

? ?

1-a?

a ? ?



1 1-a (ⅰ)当 0<a< 时, >1. 2 a 1-a 若 1<x< ,则 g′(x)<0,g(x)是减函数,

a

所以 g(x)<g(1)=0,即 f(x)<ln x. 故 f(x)≥ln x 在[1,+∞)上不成立. 1 1-a (ⅱ)当 a≥ 时, ≤1. 2 a 若 x>1,则 g′(x)>0,g(x)是增函数,
5

所以 g(x)>g(1)=0, 即 f(x)>ln x,故当 x≥1 时,f(x)≥ln x.

?1 ? 综上所述,所求 a 的取值范围为? ,+∞?. ?2 ?
1 (3)证明 法一 由(2)知:当 a≥ 时,有 f(x)≥ln x(x≥1). 2 1 1? 1? 令 a= ,有 f(x)= ?x- ?≥ln x(x≥1), 2 2? x? 1? 1? 且当 x>1 时, ?x- ?>ln x. 2? x? 令 x=

k ? k+1 k+1 1?k+1 - ,有 ln < ? = k+1? k k 2? k ?

1 ?? 1?? 1? ? 1+ ?-?1- ? ? ?, k? ? k+1? 2?? ?? 1 ? 1?1 即 ln(k+1)-ln k< ? + ?,k=1,2,3,…,n. k k + 1? 2? 将上述 n 个不等式依次相加得 1? 1 ?1 1 1 ln(n+1)< +? + +…+ ?+ , n? 2(n+1) 2 ?2 3 1 1 1 n 整理得 1+ + +…+ >ln(n+1)+ . 2 3 n 2(n+1) 法二 用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时,左边=1,右边=ln 2+ <1,不等式成立. 4 ②假设 n=k 时,不等式成立,即 1 1 1 k 1+ + +…+ >ln(k+1)+ . 2 3 k 2(k+1) 1 1 1 1 k 1 k+2 那么 1+ + +…+ + >ln(k+1)+ + =ln(k+1)+ . 2 3 k k+1 2(k+1) k+1 2(k+1) 1 由(2)知:当 a≥ 时,有 f(x)≥ln x(x≥1). 2 1 1? 1? 令 a= ,有 f(x)= ?x- ?≥ln x(x≥1). 2 2? x? 令 x=

k+2 1?k+2 k+1? k+2 - ,得: ? ≥ln ? k + 1 k + 2 k+1 2? k+1 ?

=ln(k+2)-ln(k+1).

k+2 k+1 ∴ln(k+1)+ ≥ln(k+2)+ . 2(k+1) 2(k+2)
1 1 1 1 k+1 ∴1+ + +…+ + >ln(k+2)+ . 2 3 k k+1 2(k+2) 这就是说,当 n=k+1 时,不等式也成立.
6

根据①和②,可知不等式对任何 n∈N 都成立.

*

7


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