1-6-2 导数与不等式问题 解析版

专题限时训练 (小题提速练)
(建议用时：45分钟)
一、选择题
1．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )
A ．(3，＋∞) B.(－∞，－3)
C ．(3，3) D.(－∞，－3)∪(3，＋∞)
解析：f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3，
由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a 2－12>0，解得a >3或a <－ 3.选D.
答案：D
2．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是(
) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫
179，＋∞
C ．(－∞，2] D.(－∞，2)
解析：f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )<0，得0<x <4，
由f ′(x )>0，得x >4或x <0，
∴f (x )在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，
∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．
∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m ≥179.选A.
答案：A
3．(2019·潍坊期中)已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则它的导函数y ＝f ′(x )的图象可以是( )
解析：根据题意，由f (x )的图象分析可得，在y 轴左侧，函数f (x )先减再增，最后减，其导数对应为先负后正，最后为负，即导数图象先在x 轴下方，后在x 轴上方，最后在x 轴下方；在y 轴右侧，函数f (x )为增函数，其导数对应为正，即导数图象在x 轴上方，据此分析选项，D 符合．
答案：D
4．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是( )
A ．[0,1)
B.(－1,1)
C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12 D.(0,1)
解析：f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )．
当a ≤0时，f ′(x )>0，
∴f (x )在(0,1)内单调递增，无最小值．
当a >0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a )．
当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增；
当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减． a <1，即0<a <1时，f (x )在(0,1)内有最小值．选D.
答案：D
5．若f (x )的定义域为R ，f ′(x )>2恒成立，f (－1)＝2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )
A ．(－1,1)
B.(－1，＋∞) C ．(－∞，－1) D.(－∞，＋∞) 解析：设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )>2恒成立，所以F ′(x )＝f ′(x )－2>0，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)－4＝2＋2－4＝0.所以由F (x )＝f (x )－2x －4>0，得F (x )＝f (x )－2x －4>F (－1)，所以x >－1，即不等式f (x )>2x ＋4的解集为(－
1，＋∞)．选B.
答案：B
6．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0<a <b ，则必有( )
A ．af (b )≤bf (a )
B.bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤f (b )
D.bf (b )≤f (a )
解析：因为xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0，
所以⎣⎢⎡⎦
⎥⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2≤－2f (x )x 2≤0， 则函数f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减．
由于0<a <b ，则f (a )a ≥f (b )b ，即af (b )≤bf (a )．选A.
答案：A
7．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )
A ．[－5，－3]
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D.[－4，－3] 解析：当x ∈(0,1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x 2＋1x ， 令t ＝1x ，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t .
令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )<0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2,0)时，得a ≤－2. 由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立，
故实数a 的取值范围为[－6，－2]．选C.
答案：C
8．(2019·蚌埠三模)已知函数f (x )＝x ＋a 2x .若曲线y ＝f (x )存在两条过(1,0)点的切线，则a 的取值范围是
( )
A ．(－∞，1)∪(2，＋∞)
B ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
C ．(－∞，0)∪(2，＋∞)
D ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
解析：f (x )＝x ＋a 2x ，f ′(x )＝1－a 2x 2，设切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋a 2x 0，则切线方程为y －x 0－a 2x 0＝⎝
⎛⎭⎪⎫1－a 2x 20
(x－x0)，又切线过点(1,0)，可得－x0－
a
2x0＝⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
a
2x20(1－x0)，整理得2x
2
＋2ax0－a＝0，曲线存在两条
切线，故方程有两个不相等的实根，即满足Δ＝4a2－8(－a)>0，解得a>0或a<－2.选D. 答案：D
9．已知函数f(x)＝a
x－1＋ln x，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是()
A．a>2 B.a<3 C.a≤1 D.a≥3
解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式a
x－1＋ln x≤0有解，即a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解．令
h(x)＝x－x ln x，可得h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x．令h′(x)＝0，可得x＝1.当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－x ln x取得最大值1，要使不等式a≤x－x ln x在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.选C.
答案：C
10．已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝e x＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是()
A．f(a)<f(1)<f(b) B.f(a)<f(b)<f(1)
C．f(1)<f(a)<f(b) D.f(b)<f(1)<f(a)
解析：由题意，知f′(x)＝e x＋1>0恒成立，
所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1<0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1>0，所以函数f(x)
的零点a∈(0,1)．由题意，知g′(x)＝1
x＋1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1
＋1－2＝－1<0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2>0，所以函数g(x)的零点b∈(1,2)．综上，可得0<a<1<b<2.因为f(x)在R上是增函数，所以f(a)<f(1)<f(b)．选A.
答案：A
11．已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，若f(x)>1－f′(x)，且f(0)＝2，则不等式e x f(x)>e x＋1(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)＝e x f(x)－e x，x∈R，则g′(x)＝e x f(x)＋e x f′(x)－e x＝e x[f(x)＋f′(x)－1]．∵f(x)>1－f′(x)，∴f(x)＋f′(x)－1>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在定义域上单调递增．∵e x f(x)>e x＋1，∴g(x)>1.又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝1，∴g(x)>g(0)，∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．选A.
答案：A
12．(2019·郑州三模)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，∀x∈R，有f(x)－f(－x)＝x3，在(0，＋∞)
上有2f ′(x )－3x 2>0，若f (m －2)－f (m )≥－3m 2＋6m －4，则实数m 的取值范围为( )
A ．[－1,1]
B.(－∞，1] C ．[1，＋∞) D.(－∞，－1]∪[1，＋∞)
解析：令g (x )＝f (x )－12x 3，∴g (x )－g (－x )＝f (x )－12x 3－f (－x )＋12(－x )3＝0，∴函数g (x )为偶函数，∵x
∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝f ′(x )－32x 2>0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴函数g (x )在(－∞，0)
上是减函数，∴f (m －2)－f (m )＝g (m －2)＋12(m －2)3－g (m )－12m 3＝g (m －2)－g (m )－3m 2＋6m －4≥－
3m 2＋6m －4，∴g (m －2)≥g (m )，∴|m －2|≥|m |，解得m ≤1，∴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 )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，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x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，
则有⎩⎨⎧ f (m )<0，f (m ＋1)<0，
即⎩
⎨⎧
m 2＋m 2－1<0，(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0. 解得－22<m <0.
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫－22，0 14．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为 .
解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；
当x >0时，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.
令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，
所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减．因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝4，从而a ≥4. 当x <0时，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x 3.
g (x )在区间[－1,0)上单调递增，
所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.
答案：4
15．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有3f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式(x ＋2 015)3f (x ＋2 015)＋27f (－3)>0的解集是 .
解析：令g (x )＝x 3f (x )(x <0)，则g ′(x )＝x 2[3f (x )＋xf ′(x )]>0，所以g (x )在(－∞，0)上单调递增．不等式(x ＋2 015)3f (x ＋2 015)＋27f (－3)>0等价于g (x ＋2 015)－g (－3)>0，所以x ＋2 015>－3，解得x >－2 018.又x ＋2 015<0，解得x <－2 015，所以不等式(x ＋2 015)3f (x ＋2 015)＋27f (－3)>0的解集是{x |－2 018<x <－2 015}．
答案：(－2 018，－2 015)
16．已知函数f (x )＝x －1x ＋1
，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是 .
解析：由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2
>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立．令
h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上
单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫94，＋∞
专题限时训练 (大题规范练)
(建议用时：30分钟)
1．(2019·汕头二模)已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1(其中a ∈R )．
(1)讨论函数f (x )的极值；
(2)对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)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 )＝a x －1.
①当a ≤0时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为单调减函数，f (x )无极值；
②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ，
在(0，a )上，f ′(x )>0，f (x )为增函数，在(a ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为减函数，
∴当x ＝a 时，f (x )有极大值为f (a )＝a ln a －a ＋1，无极小值．
综上，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )有极大值f (a )＝a ln a －a ＋1，无极小值；
(2)由(1)知，①当a ≤0，f (x )是减函数，又令b ＝e a 2<1，ln b <0，
f (b )－12(a 2－1)＝12a 2－e a 2＋1－12(a 2－1)＝32－e a 2>0，不等式不成立；
②当a >0时，f (x )有极大值也是最大值，∴f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋1，
要使对任意x >0，f (x )≤12(a 2－1)成立，
即a ln a －a ＋1≤12(a 2－1)，则a ln a ＋32－a －12a 2≤0成立．
令u (a )＝a ln a ＋32－a －12a 2(a >0)，
∴u ′(a )＝ln a ＋1－1－a ＝ln a －a ，
令k (a )＝u ′(a )＝ln a －a ，
则k ′(a )＝1a －1＝1－a a ＝0，得a ＝1.
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a ＝1时，k (a )＝u ′(a )取极大值也是最大值，
∴u ′(a )max ＝u ′(1)＝－1<0.
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a ≥1.
∴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 )＝ax 2－2(a ＋1)x ＋2ln x ，a ∈R .
(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)是否存在最大整数k ，当a ≤k 时，对任意的x ≥2，都有f (x )<e x (x －1)－ax －ln x 成立？(其中e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…)若存在，求出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 )＝2ax －2(a ＋1)＋2x ＝2(ax －1)(x －1)x ，
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⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1，1a 上单调递减；
当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当a ∈(1，＋∞)时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．
(2)ax 2－2(a ＋1)x ＋2ln x <e x (x －1)－ax －ln x 对x ≥2恒成立⇔ax 2－(a ＋2)x ＋3ln x <e x (x －1)． ① 当x ＝2时，得4a －(a ＋2)×2＋3ln 2<e 2，
所以2a <e 2＋4－ln 8<8＋4－2＝10，
所以a <5，则整数k 的最大值不超过4.
下面证明：当a ≤4时，不等式①对于x ≥2恒成立，
设g (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋3ln x －e x (x －1)(x ≥2)，
则g ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋3x －x e x .
令h (x )＝2ax －(a ＋2)＋3x －x e x ，
则h ′(x )＝2a －3
x 2－(x ＋1)e x <2a －(x ＋1)e x ≤2a －3e 2≤8－3e 2<0，
所以h (x )在[2，＋∞)上单调递减，
所以h (x )＝2ax －(a ＋2)＋3x －x e x ≤h (2)＝3a －12－2e 2≤232－2e 2<0，
即当x ∈[2，＋∞)时，g ′(x )<0，
所以g (x )在[2，＋∞)上单调递减，
所以g (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋3ln x －e x (x －1)≤g (2)＝2a －4＋3ln 2－e 2<8－4＋3－e 2＝7－e 2<0， 所以a ≤4时，不等式①恒成立，所以k 的最大值为4.。