2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤練（十七）導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用（提升課） 文（含解析）新人教A版

《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤練（十七）導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用（提升課） 文（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤練（十七）導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用（提升課） 文（含解析）新人教A版（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤練(十七) A組　基礎(chǔ)鞏固 1．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：原不等式可轉(zhuǎn)化為a≤x＋2ln x＋(x>0)恒成立，設(shè)y＝x＋2ln x＋，則y′＝1＋－＝＝， 當(dāng)01時(shí)，y′>0. 所以當(dāng)x＝1時(shí)，ymin＝4.所以a≤4. 答案：B 2．已知函數(shù)f(x)＝，則(　　) A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(

2、e)>f(3)>f(2) 解析：f(x)的定義域(0，＋∞)，且f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝e.當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(e)＝. 又f(2)＝＝，f(3)＝＝. 所以f(e)>f(3)>f(2)． 答案：D 3．若對任意a，b滿足00，解得0

3、4．(2019·深圳中學(xué)階段性測試)函數(shù)f(x)＝x－2sin x，對任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，則M的最小值為________． 解析：因?yàn)閒(x)＝x－2sin x，所以f′(x)＝1－2cos x， 所以當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)有極小值，即最小值，且f(x)min＝f＝－2sin ＝－. 又f(0)＝0，f(π)＝π，所以f(x)max＝π. 由題意得|f(x1)－f(x2)|≤M等價(jià)于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－＝＋. 所

4、以M的最小值為＋. 答案：＋ 5．已知f(x)＝(1－x)ex－1. (1)求函數(shù)f(x)的最大值； (2)設(shè)g(x)＝，x＞－1且x≠0，證明：g(x)＜1. (1)解：f′(x)＝－xex. 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． 所以f(x)的最大值為f(0)＝0. (2)證明：由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜0，g(x)＜0＜1. 當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，g(x)＜1等價(jià)于f(x)＞x. 設(shè)h(x)＝f(x)－x，則h′(x)＝－xex－1. 當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，0＜－x＜1，0＜ex＜1

5、， 則0＜－xex＜1， 從而當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減． 當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，h(x)＞h(0)＝0，即g(x)＜1. 綜上，當(dāng)x＞－1且x≠0時(shí)總有g(shù)(x)＜1. 6．(2019·淄博調(diào)研選編)已知函數(shù)f(x)＝(x≠0)，對于任意x∈，恒有f(x)

6、x－ax<0恒成立． 當(dāng)00，故φ(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞增，且φ(0)＝0， 從而φ(x)在區(qū)間(0，x0)上大于零，這與sin x－ax<0恒成立相矛盾． 當(dāng)a≤0時(shí)，在區(qū)間上φ′(x)>0，即函數(shù)φ(x)單調(diào)遞增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，這與sin x－ax<0恒成立相矛盾． 故實(shí)數(shù)a的最小值為1. B組　素養(yǎng)提升 7．已知函數(shù)f(x)＝xln x(x＞0)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)若對任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒

7、成立，求實(shí)數(shù)m的最大值． 解：(1)由f(x)＝xln x(x＞0)，得f′(x)＝1＋ln x. 令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜. 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是，單調(diào)減區(qū)間是. 故f(x)在x＝處有極小值f＝－，無極大值． (2)由f(x)≥及f(x)＝xln x， 得m≤恒成立， 問題轉(zhuǎn)化為m≤. 令g(x)＝(x＞0)，則g′(x)＝， 由g′(x)＞0?x＞1，由g′(x)＜0?0＜x＜1. 所以g(x)在(0，1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 所以g(x)min＝g(1)＝4， 因此m≤4，所以m的最大值是4. 8．(2019

8、·濟(jì)南高三診斷性模擬)已知函數(shù)f(x)＝3ex＋x2，g(x)＝9x－1. (1)討論函數(shù)φ(x)＝aln x－bg(x)(a∈R，b>0)在(1，＋∞)上的單調(diào)性； (2)比較f(x)與g(x)的大小，并加以證明． 解：(1)φ′(x)＝－9b＝＝(x>1)， 當(dāng)≤1，即a≤9b時(shí)，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)>1，即a>9b時(shí)，令φ′(x)>0，得x∈； 令φ′(x)<0，得x∈. 故φ(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)f(x)>g(x)． 證明如下： 設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝3ex＋x2－9x＋1， 因?yàn)閔′(x)＝3ex＋2x－9為增函數(shù)， 且h′(0)＝－6<0，h′(1)＝3e－7>0， 所以存在x0∈(0，1)，使得h′(x0)＝0， 當(dāng)x>x0時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x0， 所以h(x)min>0，所以f(x)>g(x)． 5