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（浙江專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)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(wèn)題練習(xí)（含解析）.docx

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第20練利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問(wèn)題 [基礎(chǔ)保分練] 1.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(dāng)x<0時(shí)，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)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有f(x)>xf′(x)恒成立，則不等式xf(x)>0的解集為(　　) A.(－∞，0)∪(0,1) B.(－∞，－1)∪(0,1) C.(－1,0)∪(1，＋∞) D.(－1,0)∪(0,1) 3.已知函數(shù)f(x)＝x－(e－1)lnx，則不等式f(ex)<1的解集為(　　) A.(0,1) B.(1，＋∞) C.(0，e) D.(e，＋∞) 4.(2019浙江臺(tái)州中學(xué)模擬)當(dāng)0x 6.(2019諸暨質(zhì)檢)定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：f′(x)＋f(x)>1，f(0)＝5，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式ex[f(x)－1]>4(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A.(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(3，＋∞) C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(3，＋∞) 7.已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋x(x－a)2(a∈R).若存在x∈，使得f(x)>xf′(x)成立，則實(shí)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(mǎn)足f(x)>0且f(x)＋f′(x)<0(f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若0(a＋1)f(b) B.f(b)>(1－a)f(a) C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a) 9.設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋2m－1(m>0).若存在f(x)的極大值點(diǎn)x0，滿(mǎn)足x＋[f(0)]2<10m2，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________. 10.已知x∈，y＝f(x)－1為奇函數(shù)，f′(x)＋f(x)tanx>0，則不等式f(x)>cosx的解集為_(kāi)_______. [能力提升練] 1.已知函數(shù)f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2>x1時(shí)，不等式－<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A.(－∞，e] B.(－∞，e) 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(x＋2017)2f(x＋2017)－9f(－3)>0的解集為(　　) A.(－∞，－2020) B.(－∞，－2014) C.(－2014,0) D.(－2020,0) 3.(2019浙江五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，其圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x<1時(shí)，2f(x)＋(x－1)f′(x)<0，那么不等式(x＋1)2f(x＋2)>f(2)的解集為(　　) A.(－∞，0) B.(－∞，－2) C.(－2,0) D.(－∞，－2)∪(0，＋∞) 4.已知函數(shù)f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－5，若對(duì)任意的x1，x2∈，都有f(x1)－g(x2)≥2成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(0，＋∞) B.[1，＋∞) C.(－∞，0) D.(－∞，－1] 5.(2019杭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋a，g(x)＝lnx－2x，如果存在x1∈，使得對(duì)任意的x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________. 6.已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(2)＝7，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)<3，則不等式f(lnx)>3lnx＋1的解集為_(kāi)_______. 答案精析基礎(chǔ)保分練 1.B　2.D　3.A　4.D　5.C　6.A　7.C　8.C　9.　10. 能力提升練 1.D　[不等式－<0，即<0，結(jié)合x(chóng)2>x1>0可得x1f(x1)－x2f(x2)<0恒成立，即x2f(x2)>x1f(x1)恒成立，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，由題意可知函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，故g′(x)＝ex－2ax≥0恒成立，即a≤恒成立，令h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝，當(dāng)01時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)的最小值為h(1)＝＝，據(jù)此可得實(shí)數(shù)a的取值范圍為.] 2.A　[根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，x∈(－∞，0)，故g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，而2f(x)＋xf′(x)>x2>0，故當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， (x＋2 017)2f(x＋2 017)－9f(－3)>0，即(x＋2 017)2f(x＋2 017)>(－3)2f(－3)，則有g(shù)(x＋2 017)>g(－3)，則有x＋2 017<－3，解得x<－2 020，即不等式(x＋2 017)2f(x＋2 017)－9f(－3)>0的解集為(－∞，－2 020).故選A.] 3.C　[由已知2f(x)＋(x－1)f′(x)<0可構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝(x－1)2f(x)，則φ′(x)＝2(x－1)f(x)＋(x－1)2f′(x)＝(x－1)[2f(x)＋(x－1)f′(x)]，當(dāng)x<1時(shí)，φ′(x)>0，因而φ(x)在x<1時(shí)為增函數(shù)，點(diǎn)P(x0，y0)關(guān)于直線(xiàn)x＝1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為P′(2－x0，y0)，由于函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，則f(x0)＝f(2－x0)，而φ(2－x0)＝(2－x0－1)2f(2－x0)＝(x0－1)2f(x0)＝φ(x0)，因而函數(shù)φ(x)的圖象也關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，因而在x>1時(shí)φ(x)為減函數(shù)，不等式(x＋1)2f(x＋2)>f(2)可化為φ(x＋2)>φ(2)，因而|x＋2－1|<1，解得－20，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝1，即a≥1.] 5. 解析　g′(x)＝－2＝≤0， x∈，∴g(x)在上單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(2)＝ln2－4. ∵f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1， ∴f(x)在上單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f＝＋a. ∵存在x1∈，使得對(duì)任意的x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立， ∴＋a≤ln2－4，∴a≤ln2－. 6.(0，e2) 解析　設(shè)t＝lnx，則不等式f(lnx)>3lnx＋1等價(jià)為f(t)>3t＋1，設(shè)g(x)＝f(x)－3x－1，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)－3x－1單調(diào)遞減， ∵f(2)＝7，∴g(2)＝f(2)－32－1＝0，則此時(shí)g(t)＝f(t)－3t－1>0＝g(2)，解得t<2，即f(t)>3t＋1的解為t<2，所以lnx<2，解得03lnx＋1的解集為(0，e2).

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