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1、- 1 - 课时跟踪检测(十七) 利用导数解不等式课时跟踪检测(十七) 利用导数解不等式 1(2019南昌调研)已知函数f(x)是定义在 R 上的偶函数，设函数f(x)的导函数为 f(x)，若对任意的x0 都有 2f(x)xf(x)0 成立，则( ) A4f(2)9f(3) B4f(2)9f(3) C2f(3)3f(2) D3f(3)2f(2) 解析 ： 选 A 根据题意，令g(x)x2f(x)，其导函数g(x)2xf(x)x2f(x)，又对任 意的x0 都有 2f(x)xf(x)0 成立，则当x0 时，有g(x)x2f(x)xf(x)0 恒成立， 即函数g(x)在(0， )上为增函数， 又由
2、函数f(x)是定义在 R 上的偶函数， 则f(x) f(x)， 则有g(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)， 即函数g(x)也为偶函数， 则有g(2) g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有 4f(2)9f(3) 2f(x)在(0， )上的导函数为f(x)，xf(x)2f(x)， 则下列不等式成立的是( ) A2 0182f(2 019)2 0192f(2 018) B2 0182f(2 019)2 0192f(2 018) C2 018f(2 019)2 019f(2 018) D2 018f(2 019)2 019f(2 018) 解析：选 A 令g(x)，x(0，
3、)，则g(x) fx x2 x2fx2xfx x4 0， xfx2fx x3 则g(x)在(0，)上为增函数， 即， f2 019 2 0192 f2 018 2 0182 2 0182f(2 019)2 0192f(2 018) 3(2019郑州质检)若对于任意的正实数x，y都有ln 成立，则实数m的取 (2x y e) y x x me 值范围为( ) A. B. ( 1 e，1)( 1 e2，1 C. D. ( 1 e2，e(0， 1 e 解析：选 D 由ln ， (2x y e) y x x me 可得ln . (2e y x) y x 1 m 设 t，令f(t)(2et)ln t，t
4、0， y x - 2 - 则f(t)ln t1，令g(t)ln t1，t0，则g(t) 0， 2e t 2e t 1 t 2e t2 g(t)在(0，)上单调递减，即f(t)在(0，)上单调递减 f(e)0，f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减， f(t)maxf(e)e，e ， 1 m 实数m的取值范围为. (0， 1 e 4设函数f(x)ex (e 为自然对数的底数)，若不等式f(x)0 有正实数解， (x 3 x3) a x 则实数a的最小值为_ 解析 ： 原问题等价于存在x(0， )， 使得aex(x23x3)， 令g(x)ex(x23x3)，x (0，)，则ag(x)
5、min.而g(x)ex(x2x)，由g(x)0 可得 x(1，)，由 g(x)0 可得x(0,1)，函数g(x)在区间(0，)上的最小值为g(1)e.综上可得， 实数a的最小值为 e. 答案：e 5(2018武汉质检)已知f(x)xln x，g(x)x3ax2x2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x(0，)，2f(x)g(x)2 恒成立，求实数a的取值范围 解：(1)函数f(x)xln x的定义域是(0，)， f(x)ln x1. 令f(x)0，得 ln x10，解得 0x ， 1 e f(x)的单调递减区间是. (0， 1 e) 令f(x)0，得 ln x10，解得x ，
6、1 e f(x)的单调递增区间是. ( 1 e，) 综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (0， 1 e)( 1 e，) (2)g(x)3x22ax1,2f(x)g(x)2 恒成立，2xln x3x22ax1 恒成 立x0，aln xx在x(0，)上恒成立设h(x)ln xx(x0)， 3 2 1 2x 3 2 1 2x 则h(x) .令h(x)0，得x11，x2 (舍去) 1 x 3 2 1 2x2 x13x1 2x2 1 3 当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x(0,1)1(1，) - 3 - h(x)0 h(x)极大值 当x1时，h(x)取得极大值， 也是最大
7、值， 且h(x)maxh(1)2， 若ah(x)在x(0， )上恒成立，则ah(x)max2，故实数a的取值范围是2，) 6 (2019郑州质检)已知函数f(x)ln xa(x1)，aR， 在点(1，f(1)处的切线与x 轴平行 (1)求f(x)的单调区间； (2)若存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)2x k(x1)成立，求k的取值 x2 2 1 2 范围 解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，) f(x) a，f(1)1a0，a1， 1 x f(x) 1， 1 x 1x x 令f(x)0，得 0x1，令f(x)0，得x1， f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(
8、1，) (2)不等式f(x)2x k(x1)可化为 ln xx k(x1) x2 2 1 2 x2 2 1 2 令g(x)ln xx k(x1)(x1)， x2 2 1 2 则g(x) x1k， 1 x x21kx1 x 令h(x)x2(1k)x1(x1)，则h(x)的对称轴为x. 1k 2 当1，即k1 时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减， 1k 2 h(x)h(1)1k. 若k1，则h(x)0，g(x)0， g(x)在(1，x0)上单调递减，g(x)g(1)0，不合题意； 若1k1，则h(1)0，必存在x0使得x(1，x0)时g(x)0，g(x)在(1，x0) 上单调递增，g(x)g
9、(1)0 恒成立，符合题意 当1， 即k1时， 易知必存在x， 使得h(x)在(1，x0)上单调递增 h(x)h(1) 1k 2 1k0，g(x)0，g(x)在(1，x0)上单调递增g(x)g(1)0 恒成立，符合题意 综上，k的取值范围为(，1) - 4 - 7已知函数f(x)xex(e 为自然对数的底数) ln x x (1)求证：函数f(x)有唯一零点； (2)若对任意x(0，)，xexln x1kx恒成立，求实数k的取值范围 解：(1)证明：f(x)(x1)ex，x(0，)， 1ln x x2 易知当 0x1 时，f(x)0, 所以f(x)在区间(0,1)上为增函数， 又因为f0，f(
10、1)e0， ( 1 e) e1 ee 2 e 所以ff(1)0，即f(x)在区间(0,1)上恰有一个零点， ( 1 e) 由题可知f(x)0 在(1，)上恒成立，即在(1，)上无零点， 所以f(x)在(0，)上有唯一零点 (2)设f(x)的零点为x0，即x0ex00. ln x0 x0 原不等式可化为k， xexln x1 x 令g(x)，则g(x)， xexln x1 x xexln x x x 由(1)可知g(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，)上单调递增， 故g(x0) 为g(x)的最小值 下面分析x0ex00， ln x0 x0 设x0ex0t，则t， ln x0 x0 可得Error!即x0(1t)ln t， 若t1，等式左负右正不相等；若t1，等式左正右负不相等，只能t1. 因此g(x0)1，所以k1. x0ex0ln x01 x0 ln x0 x0 即实数k的取值范围为(，1