2020届高考数学一轮总复习第三单元导数及其应用第18讲导数的综合应用——导数与不等式课件理新人教A版
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－g(x)在 x∈[a，b]内的_最__小__值___≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”
或“极大值”)
2．若 f′(x)>0，x∈[a，b]，且 x0∈(a，b)有 f(x0)＝0，则 f(x)>0 的 x
的取值范围为__(_x_0，___b_)_，f(x)<0 的 x 的取值范围为__(_a_，__x_0_).
时，f′(x)<0，则 f(x)>0 的解集为( )
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(1，＋∞)
解：因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f(0)＝0，又 x>0 时，f′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
所以 f(x)>0 的解集为(－∞，0)．
答案：A
若 f(x)>m 在 x∈[a，b]有解，则函数 f(x)在 x∈[a，b]的__最__大__值__ >m.(填
“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)
1．对于∀x∈[0，＋∞)，则 ex 与 1＋x 的大小关系为( ) A．ex≥1＋x B．ex<1＋x C．ex＝1＋x D．ex 与 1＋x 大小关系不确定
解：令 g(x)＝f(x)－2x－4，
因为 g′(x)＝f′(x)－2>0， 所以 g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 又 g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，
所以 f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－1)⇔x>－1. 所以 f(x)>2x＋4 的解集为(－1，＋∞)． 答案：B
【变式探究】
4．若函数 h(x)＝2x－kx＋3k在[1，＋∞)上是增函数，则实 数 k 的取值范围是__________.
解：因为 h′(x)＝2＋xk2，且 h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以 h′(x)＝2＋xk2≥0，所以 k≥－2x2， 要使 k≥－2x2 在[1，＋∞)上恒成立， 则只要 k≥(－2x2)max，所以 k≥－2.
3．若 f(x)>m 在 x∈[a，b]上恒成立，则函数 f(x)在 x∈[a，b]的
__最__小__值__>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 若 f(x)<m 在 x∈[a，b]上恒成立，则函数 f(x)在 x∈[a，b]的___最__大__值__
<m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)
1．(经典真题)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)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
解：记函数 g(x)＝fxx，则 g′(x)＝xf′xx2－fx， 因为当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0， 故当 x>0 时，g′(x)<0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减； 又因为函数 f(x)(x∈R)是奇函数，所以函数 g(x)是偶函数， 所以 g(x)在(－∞，0)上单调递增，且 g(－1)＝g(1)＝0， 当 0<x<1 时，g(x)>0，则 f(x)>0； 当 x<－1 时，g(x)<0，则 f(x)>0. 综上所述，使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(－∞， －1)∪(0,1)．
解：依题意，当 x>1 时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增 函数；
当 x＜1 时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上是减函数， 故当 x＝1 时，f(x)取最小值， 所以 f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，所以 f(0)＋f(2)>2f(1)．
答案： B
3．已知定义在 R 上函数 f(x)满足 f(－x)＝－f(x)，且 x>0
答案： [－2，＋∞)
5．设 f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x. (1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数 a 的取值范围为________； (2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数 a 的取值范围为________.
解：(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])． 则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a. 因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于 “[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”， 所以－3＋a≥0，解得 a≥3. 所以实数 a 的取值范围为[3，＋∞)．
解：令 f(x)＝ex－(1＋x)，因为 f′(x)＝ex－1， 所以对∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≥0，故 f(x)在[0，＋∞) 上递增，故 f(x)≥f(0)＝0，即 ex≥1＋x.
答案：A
2．对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足(x－1)f′(x)>0， 则必有( )
A．f(0)＋f(2)＜2f(1) B．f(0)＋f(2)>2f(1) C．f(0)＋f(2)＝2f(1) D．f(0)＋f(2)与 2f(1)的大小不确定
高考总复习第（1）轮 理科数学
第三单元 导数及其应用
第18讲 导数的综合应用—— 导数与不等式
1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某 些不等式．
2．会将恒成立问题及存在(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数 φ(x)＝f(x)
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])． 则[F(x)]max＝F(0)＝a. 因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于 “[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以 a≥0. 所以实数 a 的取值范围为[0，＋∞)．
答案： (1)[3，＋∞) (2) [0，＋∞)
利用导数解不等式 利用导数证明不等式 恒成立问题与存在性问题
考点1·利用导数解不等式
【例 1】(2019·湖南岳阳段考)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．(－∞，＋∞)
或“极大值”)
2．若 f′(x)>0，x∈[a，b]，且 x0∈(a，b)有 f(x0)＝0，则 f(x)>0 的 x
的取值范围为__(_x_0，___b_)_，f(x)<0 的 x 的取值范围为__(_a_，__x_0_).
时，f′(x)<0，则 f(x)>0 的解集为( )
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(1，＋∞)
解：因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 f(0)＝0，又 x>0 时，f′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
所以 f(x)>0 的解集为(－∞，0)．
答案：A
若 f(x)>m 在 x∈[a，b]有解，则函数 f(x)在 x∈[a，b]的__最__大__值__ >m.(填
“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)
1．对于∀x∈[0，＋∞)，则 ex 与 1＋x 的大小关系为( ) A．ex≥1＋x B．ex<1＋x C．ex＝1＋x D．ex 与 1＋x 大小关系不确定
解：令 g(x)＝f(x)－2x－4，
因为 g′(x)＝f′(x)－2>0， 所以 g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 又 g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，
所以 f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－1)⇔x>－1. 所以 f(x)>2x＋4 的解集为(－1，＋∞)． 答案：B
【变式探究】
4．若函数 h(x)＝2x－kx＋3k在[1，＋∞)上是增函数，则实 数 k 的取值范围是__________.
解：因为 h′(x)＝2＋xk2，且 h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以 h′(x)＝2＋xk2≥0，所以 k≥－2x2， 要使 k≥－2x2 在[1，＋∞)上恒成立， 则只要 k≥(－2x2)max，所以 k≥－2.
3．若 f(x)>m 在 x∈[a，b]上恒成立，则函数 f(x)在 x∈[a，b]的
__最__小__值__>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 若 f(x)<m 在 x∈[a，b]上恒成立，则函数 f(x)在 x∈[a，b]的___最__大__值__
<m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)
1．(经典真题)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)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
解：记函数 g(x)＝fxx，则 g′(x)＝xf′xx2－fx， 因为当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0， 故当 x>0 时，g′(x)<0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减； 又因为函数 f(x)(x∈R)是奇函数，所以函数 g(x)是偶函数， 所以 g(x)在(－∞，0)上单调递增，且 g(－1)＝g(1)＝0， 当 0<x<1 时，g(x)>0，则 f(x)>0； 当 x<－1 时，g(x)<0，则 f(x)>0. 综上所述，使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(－∞， －1)∪(0,1)．
解：依题意，当 x>1 时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增 函数；
当 x＜1 时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上是减函数， 故当 x＝1 时，f(x)取最小值， 所以 f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，所以 f(0)＋f(2)>2f(1)．
答案： B
3．已知定义在 R 上函数 f(x)满足 f(－x)＝－f(x)，且 x>0
答案： [－2，＋∞)
5．设 f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x. (1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数 a 的取值范围为________； (2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数 a 的取值范围为________.
解：(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])． 则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a. 因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于 “[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”， 所以－3＋a≥0，解得 a≥3. 所以实数 a 的取值范围为[3，＋∞)．
解：令 f(x)＝ex－(1＋x)，因为 f′(x)＝ex－1， 所以对∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≥0，故 f(x)在[0，＋∞) 上递增，故 f(x)≥f(0)＝0，即 ex≥1＋x.
答案：A
2．对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足(x－1)f′(x)>0， 则必有( )
A．f(0)＋f(2)＜2f(1) B．f(0)＋f(2)>2f(1) C．f(0)＋f(2)＝2f(1) D．f(0)＋f(2)与 2f(1)的大小不确定
高考总复习第（1）轮 理科数学
第三单元 导数及其应用
第18讲 导数的综合应用—— 导数与不等式
1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某 些不等式．
2．会将恒成立问题及存在(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数 φ(x)＝f(x)
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])． 则[F(x)]max＝F(0)＝a. 因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于 “[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以 a≥0. 所以实数 a 的取值范围为[0，＋∞)．
答案： (1)[3，＋∞) (2) [0，＋∞)
利用导数解不等式 利用导数证明不等式 恒成立问题与存在性问题
考点1·利用导数解不等式
【例 1】(2019·湖南岳阳段考)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．(－∞，＋∞)