（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20練 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題練習(xí)（含解析）.docx

第20練 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題基礎(chǔ)保分練1(2019雅安中學(xué)月考)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f(x)g(x)f(x)g(x)>0，且f(3)0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是()A(3,0)(3，) B(，3)(0,3)C(，3)(3，) D(3,0)(0,3)2設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，對任意xR都有f(x)>f(x)成立，則()A2018f(ln2017)>2017f(ln2018)B2018f(ln2017)<2017f(ln2018)C2018f(2017)>2017f(2018)D2018f(2017)<2017f(2018)3(2018遵義模擬)已知函數(shù)f(x)x(e1)lnx，則不等式f(ex)<1的解集為()A(0,1) B(1，) C(0，e) D(e，)4已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x<0時，不等式f(x)xf(x)<0恒成立若a30.3f(30.3)，blog3f(log3)，clog3f，則a，b，c的大小關(guān)系是()Aa>b>cBc>b>aCc>a>bDa>c>b5(2019廣東省高三第一次聯(lián)考)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)<0，設(shè)af(mm2)，bem2m1f(1)，則a，b的大小關(guān)系是()Aa<bBa>bCabDa，b的大小與m有關(guān)6已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，f(0)2019，若對任意的xR，都有f(x)>f(x)，則不等式f(x)<2019ex的解集為()A(0，) B.C.D(，0)7(2018宜賓模擬)已知函數(shù)f(x)xlnxx(xa)2(aR)若存在x，使得f(x)>xf(x)成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.B.C(，) D(3，)8已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，)上的可導(dǎo)函數(shù)，滿足f(x)>0且f(x)f(x)<0(f(x)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù))，若0<a<1<b且ab1，則下列不等式一定成立的是()Af(a)>(a1)f(b) Bf(b)>(1a)f(a)Caf(a)>bf(b) Daf(b)>bf(a)9設(shè)函數(shù)f(x)x3mx23m2x2m1(m>0)若存在f(x)的極大值點x0，滿足xf(0)2<10m2，則實數(shù)m的取值范圍是_10已知函數(shù)f(x)(xm)lnx，mR，當x1時，恒有(x1)f(x)>0，則關(guān)于x的不等式f(x)<2x2的解集為_能力提升練1(2018邯鄲模擬)已知f(x)lnx，g(x)x22ax4.若對任意x1(0,2，存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，則a的取值范圍是()A.B.C.D.2設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且有2f(x)xf(x)>x2，則不等式(x2017)2f(x2017)9f(3)>0的解集為()A(，2020) B(，2014)C(2014,0) D(2020,0)3若存在實數(shù)x，使得關(guān)于x的不等式x22axa2(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))成立，則實數(shù)a的取值集合為()A.B.C.D.4(2019廈門外國語學(xué)校月考)已知函數(shù)f(x)xlnx，g(x)x3x25，若對任意的x1，x2，都有f(x1)g(x2)2成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A(0，) B1，)C(，0) D(，15已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若存在x1，x2R，使得f(x1)g(x2)成立，則實數(shù)a的取值范圍是_6已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)7，且f(x)導(dǎo)函數(shù)f(x)<3，則不等式f(lnx)>3lnx1的解集為_答案精析基礎(chǔ)保分練1B2.A3.A4.C5.B6A根據(jù)題意，設(shè)g(x)，其導(dǎo)數(shù)g(x)，又由對任意的xR，都有f(x)>f(x)，則有g(shù)(x)<0，則函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)，又由f(0)2019，則g(0)2019，f(x)<2019ex<2019g(x)<g(0)，又由函數(shù)g(x)為減函數(shù)，則有x>0，即不等式的解集為(0，)故選A.7C由f(x)>xf(x)成立，可得<0.設(shè)g(x)lnx(xa)2(x>0)，則存在x，使得g(x)<0成立，即g(x)2(xa)<0成立，即a>min即可又x2，當且僅當x，即x時取等號，a>.故選C.8C構(gòu)造函數(shù)F(x)exf(x)(x>0)，F(xiàn)(x)exf(x)f(x)<0，所以F(x)是(0，)上的減函數(shù)令0<x<1，則x<，由已知F(x)>F，可得f(x)>f，下面證明>，即證明x2lnx>0，令g(x)x2lnx，則g(x)<0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，g(x)>g(1)0，即>，所以f(x)>f>f，即xf(x)>f，若0<a<1<b，ab1，則af(a)>bf(b)故選C.9.解析對f(x)求導(dǎo)得f(x)x22mx3m2(x3m)(xm)(m>0)，則由f(x)>0得，x>m或x<3m，由f(x)<0得，3m<x<m，則f(x)在(，3m)上單調(diào)遞增，在(3m，m)上單調(diào)遞減，在(m，)上單調(diào)遞增，則極大值點x03m.又f(0)2m1，則xf(0)2<10m2，即為9m2(2m1)2<10m2，解得<m<1.10(1，e2)解析由題意可知，當x1時，恒有(x1)f(x)>0，則當x>1時，f(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，)上為單調(diào)遞增函數(shù)；當0<x<1時，f(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上為單調(diào)遞減函數(shù)所以當x1時，函數(shù)f(x)取得極小值，即f(1)0，又由f(x)lnx，所以f(1)1m0，所以m1，即f(x)(x1)lnx，所以不等式f(x)<2x2，即(x1)lnx<2x2，即(x1)(lnx2)<0，解得1<x<e2，即不等式的解集為(1，e2)能力提升練1A因為f(x)(x>0)，則當x(0,1)時，f(x)<0；當x(1,2時，f(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2上單調(diào)遞增，故f(x)minf(1).對于二次函數(shù)g(x)x22ax4，該函數(shù)開口向下，所以其在區(qū)間1,2上的最小值在端點處取得，所以要使對x1(0,2，x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，只需f(x1)ming(x2)min，即g(1)或g(2)，所以12a4或44a4，解得a.故選A.2A根據(jù)題意，令g(x)x2f(x)，x(，0)，故g(x)x2f(x)xf(x)，而2f(x)xf(x)>x2>0，故當x<0時，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，(x2017)2f(x2017)9f(3)>0，即(x2017)2f(x2017)>(3)2f(3)，則有g(shù)(x2017)>g(3)，則有x2017<3，解得x<2020，即不等式(x2017)2f(x2017)9f(3)>0的解集為(，2020)故選A.3C不等式x22axa2，即(xa)22，表示點與的距離的平方不超過，即最大值為.由在直線l：yx上，設(shè)與直線l平行且與曲線y相切的直線的切點為(m，n)，可得切線的斜率為，解得m0，n，切點為，由切點到直線l的距離為直線l上的點與曲線y的距離的最小值，可得(0a)22，解得a，則實數(shù)a的取值集合為，故選C.4B由于g(x)x3x25，則g(x)3x22xx(3x2)，函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，g5，g(2)8451.由于對任意x1，x2，f(x1)g(x2)2恒成立，所以f(x)g(x)2maxg(x)max21，即x時，f(x)1恒成立，即xlnx1在上恒成立，所以axx2lnx在上恒成立，令h(x)xx2lnx，則h(x)12xlnxx，而h(x)32lnx，當x時，h(x)<0，所以h(x)12xlnxx在上單調(diào)遞減，由于h(1)0，所以當x時，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x(1,2)時，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)h(1)1，即a1.5.解析f(x)exxexex(1x)當x>1時，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x<1時，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的最小值為f(1).又函數(shù)g(x)的最大值為a，所以由題意可得a，即a.6(0，e2)解析設(shè)tlnx，則不等式f(lnx)>3lnx1等價為f(t)>3t1，設(shè)g(x)f(x)3x1，則g(x)f(x)3，f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<3，g(x)f(x)3<0，函數(shù)g(x)f(x)3x1單調(diào)遞減，f(2)7，g(2)f(2)3210，則此時g(t)f(t)3t1>0g(2)，解得t<2，即f(t)>3t1的解為t<2，所以lnx<2，解得0<x<e2，即不等式f(lnx)>3lnx1的解集為(0，e2)