(鲁京津琼专用)2020版高考数学一轮复习-第20练利用导数研究不等式问题练习(含解析)

第20练 利用导数研究不等式问题
[基础保分练]
1．(2019·雅安中学月考)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，
f ′(x )
g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且f (－3)＝0，则不等式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．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f (x )>f ′(x )成立，则( ) A ．2018f (ln2017)>2017f (ln2018) B ．2018f (ln2017)<2017f (ln2018) C ．2018f (2017)>2017f (2018) D ．2018f (2017)<2017f (2018)
3．(2018·遵义模拟)已知函数f (x )＝x －(e －1)·ln x ，则不等式f (e x
)<1的解集为( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C．(0，e) D ．(e ，＋∞)
4．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0恒成立．若
a ＝30.3f (30.3)，
b ＝log π3·f (log π3)，
c ＝log 319
·f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
log 319
，则a ，b ，c 的大小关系是( )
A ．a >b >c
B ．c >b >a
C ．c >a >b
D ．a >c >b
5．(2019·广东省高三第一次联考)已知定义在R 上的可导函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )<0，设a ＝f (m －m 2
)，b ＝e m 2
－m ＋1·f (1)，则a ，b 的大小关系是( ) A ．a <b B ．a >b
C ．a ＝b
D ．a ，b 的大小与m 有关
6．已知可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，f (0)＝2019，若对任意的x ∈R ，都有f (x )>f ′(x )，则不等式f (x )<2019e x
的解集为( ) A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e 2，＋∞
C.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，1e 2
D ．(－∞，0)
7．(2018·宜宾模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2
(a ∈R )．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2，使得
f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫94，＋∞ B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，＋∞
C ．(2，＋∞)
D ．(3，＋∞)
8．已知函数f (x )是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，满足f (x )>0且f (x )＋f ′(x )<0(f ′(x )为函数的导函数)，若0<a <1<b 且ab ＝1，则下列不等式一定成立的是( )
A ．f (a )>(a ＋1)f (b )
B ．f (b )>(1－a )f (a )
C ．af (a )>bf (b )
D ．af (b )>bf (a )
9．设函数f (x )＝13x 3＋mx 2－3m 2x ＋2m －1(m >0)．若存在f (x )的极大值点x 0，满足x 2
0＋
[f (0)]2
<10m 2
，则实数m 的取值范围是________．
10．已知函数f (x )＝(x ＋m )ln x ，m ∈R ，当x ≠1时，恒有(x －1)f ′(x )>0，则关于x 的不等式f (x )<2x －2的解集为________．
[能力提升练]
1．(2018·邯郸模拟)已知f (x )＝ln x －x 4＋34x
，g (x )＝－x 2
－2ax ＋4.若对任意x 1∈(0,2]，
存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞
B.⎣⎢
⎡⎭
⎪
⎫25－8ln216，＋∞
C.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－18，54 D.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，54
2．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2f (x )＋
xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2017)2f (x ＋2017)－9f (－3)>0的解集为( )
A ．(－∞，－2020)
B ．(－∞，－2014)
C ．(－2014,0)
D ．(－2020,0)
3．若存在实数x ，使得关于x 的不等式
e x
－a
2
9＋x 2－2ax ＋a 2
≤110
(其中e 是自然对数的底
数)成立，则实数a 的取值集合为( )
A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫19
B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫19，＋∞
C.⎩⎨⎧⎭
⎬⎫110 D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫110，＋∞ 4．(2019·厦门外国语学校月考)已知函数f (x )＝a
x
＋x ln x ，g (x )＝x 3
－x 2
－5，若对任意的
x 1，x 2∈⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤1
2
，2，都有f (x 1)－g (x 2)≥2成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B ．[1，＋∞) C ．(－∞，0)
D ．(－∞，－1]
5．已知f (x )＝x e x
，g (x )＝－(x ＋1)2
＋a ，若存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________________．
6．已知定义在实数集R 上的函数f (x )满足f (2)＝7，且f (x )导函数f ′(x )<3，则不等式
f (ln x )>3ln x ＋1的解集为________．
答案精析
基础保分练
1．B 2.A 3.A 4.C 5.B 6．A [根据题意，设g (x )＝
f x
e
x
，其导数g ′(x )＝
f ′x ·e x －e x f x
e
2x
＝
f ′x －f x
e
x
，
又由对任意的x ∈R ，都有f (x )>f ′(x )， 则有g ′(x )<0，则函数g (x )在R 上为减函数， 又由f (0)＝2019， 则g (0)＝
f 0
e
＝2019，
f (x )<2019e x ⇒
f x
e
x
<2019⇒g (x )<g (0)，
又由函数g (x )为减函数，则有x >0， 即不等式的解集为(0，＋∞)．故选A.] 7．C [由f (x )>xf ′(x )成立，可得⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤f x x ′<0.设g (x )＝f x x ＝ln x ＋(x －a )2(x >0)，
则存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得g ′(x )<0成立，即g ′(x )＝1x ＋2(x －a )<0成立，即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x min 即
可． 又x ＋1
2x
≥2
x ·12x ＝2，当且仅当x ＝12x ，即x ＝2
2
时取等号，
∴a > 2.故选C.]
8．C [构造函数F (x )＝e x
f (x )(x >0)，
F ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]<0，
所以F (x )是(0，＋∞)上的减函数．
令0<x <1，则x <1x
，由已知F (x )>F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，可得f (x )>1
e x x -
f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x ，下面证明1
e x x
->1x 2，即证明1x
－x
＋2ln x >0，令g (x )＝1x －x ＋2ln x ，则g ′(x )＝－x －1
2
x
2
<0，即g (x )在(0,1)上单调递减，
g (x )>g (1)＝0，即1e
x x
->1x
2，
所以f (x )>1
e
x x
-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x >1x 2f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1x ，
即xf (x )>1x f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1x ，若0<a <1<b ，ab ＝1，则af (a )>bf (b )．故选C.]
9.⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，1 解析 对f (x )求导得f ′(x )＝x 2
＋2mx －3m 2
＝(x ＋3m )(x －m )(m >0)，则由f ′(x )>0得，x >m 或x <－3m ，由f ′(x )<0得，－3m <x <m ，则f (x )在(－∞，－3m )上单调递增，在(－3m ，m )上单调递减，在(m ，＋∞)上单调递增，则极大值点x 0＝－3m .又f (0)＝2m －1，则x 2
0＋[f (0)]2<10m 2，即为9m 2＋(2m －1)2<10m 2
，解得13<m <1.
10．(1，e 2
)
解析 由题意可知，当x ≠1时， 恒有(x －1)f ′(x )>0，
则当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上为单调递增函数； 当0<x <1时，f ′(x )<0，
所以函数f (x )在(0,1)上为单调递减函数．
所以当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，即f ′(1)＝0， 又由f ′(x )＝ln x ＋
x ＋m
x
， 所以f ′(1)＝1＋m ＝0，
所以m ＝－1，即f (x )＝(x －1)ln x ， 所以不等式f (x )<2x －2， 即(x －1)ln x <2x －2， 即(x －1)(ln x －2)<0，
解得1<x <e 2
，即不等式的解集为(1，e 2
)． 能力提升练
1．A [因为f ′(x )＝1x －34·1x 2－14＝－x 2
＋4x －34x 2＝－x －1x －3
4x 2
(x >0)，则当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2
－2ax ＋4，该函数开口向下，所以其在区
间[1,2]上的最小值在端点处取得，所以要使对∀x 1∈(0,2]，∃x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即12≥g (1)或12≥g (2)，所以12≥－1－2a ＋4或1
2≥－4－4a ＋4，
解得a ≥－1
8
.故选A.]
2．A [根据题意，令g (x )＝x 2
f (x )，
x ∈(－∞，0)，
故g ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]， 而2f (x )＋xf ′(x )>x 2
>0，
故当x <0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， (x ＋2017)2
f (x ＋2017)－9f (－3)>0， 即(x ＋2017)2
f (x ＋2017)>(－3)2
f (－3)， 则有
g (x ＋2017)>g (－3)， 则有x ＋2017<－3， 解得x <－2020，
即不等式(x ＋2017)2
f (x ＋2017)－9f (－3)>0的解集为(－∞，－2020)．故选A.] 3．C [不等式
e x
－a
2
9
＋x 2
－2ax ＋a 2
≤110，即(x －a )2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫e x
3－a 32≤110
，
表示点⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，e x
3与⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 3的距离的平方不超过110，即最大值为110. 由⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ，a 3在直线l ：y ＝13x 上，
设与直线l 平行且与曲线y ＝e x
3相切的直线的切点为(m ，n )，可得切线的斜率为e m
3＝1
3
，解得
m ＝0，n ＝13，切点为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13，由切点到直线l 的距离为直线l 上的点与曲线y ＝e x
3的距离的最
小值，可得(0－a )2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a 32＝110，解得a ＝110，则实数a 的取值集合为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫110，
故选C.]
4．B [由于g (x )＝x 3
－x 2
－5， 则g ′(x )＝3x 2
－2x ＝x (3x －2)，
∴函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23上单调递减，
在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤23，2上单调递增， g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12
＝18－14
－5＝－418
， g (2)＝8－4－5＝－1.
由于对任意x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2， f (x 1)－g (x 2)≥2恒成立，所以f (x )≥[g (x )＋2]max ＝g (x )max ＋2＝1，
即x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2时，f (x )≥1恒成立， 即a x ＋x ln x ≥1在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上恒成立， 所以a ≥x －x 2
ln x 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2上恒成立，
令h (x )＝x －x 2
ln x ， 则h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 而h ″(x )＝－3－2ln x ，
当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，h ″(x )<0，所以h ′(x )＝1－2x ln x －x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减， 由于h ′(1)＝0，所以当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1时，
h ′(x )>0，h (x )单调递增；
当x ∈(1,2)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以h (x )≤h (1)＝1，即a ≥1.]
5.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－1e ，＋∞ 解析 f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x
(1＋x )． 当x >－1时，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0， 函数f (x )单调递减．
故函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e .
又函数g (x )的最大值为a ， 所以由题意可得－1e ≤a ，即a ≥－1
e .
6．(0，e 2
) 解析 设t ＝ln x ，
则不等式f (ln x )>3ln x ＋1等价为
f (t )>3t ＋1，
设g (x )＝f (x )－3x －1， 则g ′(x )＝f ′(x )－3， ∵f (x )的导函数f ′(x )<3， ∴g ′(x )＝f ′(x )－3<0，
函数g (x )＝f (x )－3x －1单调递减，
∵f(2)＝7，
∴g(2)＝f(2)－3×2－1＝0，
则此时g(t)＝f(t)－3t－1>0＝g(2)，
解得t<2，
即f(t)>3t＋1的解为t<2，
所以ln x<2，解得0<x<e2，
即不等式f(ln x)>3ln x＋1的解集为(0，e2)．。