第三章 第四节 利用导数解不等式-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习

第4节 利用导数解不等式 课中讲解 考点一.f(x)与f′(x)共存的不等式问题 例1．已知是函数的导函数，当时 ，成立，记，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】[来源:学|科|网] ，所以函数在上单调递减，又，所以，选C. 变式1．已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则的大小关系是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】构造函数，则，由已知，为偶函数，所以，又，即，当时，，即，所以函数在单调递减，又，所以，即． 例2．定义域为的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，在上单调递减，故等价于. 变式2．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（2）＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f（x）>0的解集是（ ） A．（－2,0）∪（2，＋∞） B．（－2,0）∪（0,2） C．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D．（－∞，－2）∪（0,2） 【答案】D 【解析】因为当时，有恒成立，即恒成立，所以在内单调递减．因为，所以在内恒有；在内恒有．又因为是定义在上的奇函数，所以在内恒有；在内恒有．又不等式的解集，即不等式的解集．故答案为：，选D. 考点二.f′(x)±λf(x)(λ为常数)型 例1.已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)＞f′(x)，则有(　　) A．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0) B．e2 019f(－2 019)＜f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0) C．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＞e2 019f(0) D．e2 019f(－2 019)＞f(0)，f(2 019)＜e2 019f(0) 构造函数h(x)＝，则h′(x)＝＜0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2 019)＞h(0)，即＞⇒e2 019f(－2 019)＞f(0)；同理，h(2 019)＜h(0)，即f(2 019)＜e2 019f(0)，故选D. 变式1已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋2f′(x)＞0恒成立，且f(2)＝(e为自然对数的底数)，则不等式exf(x)－e＞0的解集为________． 解析：由f(x)＋2f′(x)＞0得2＞0，可构造函数h(x)＝ef(x)，则h′(x)＝e [f(x)＋2f′(x)]＞0，所以函数h(x)＝ef(x)在R上单调递增，且h(2)＝ef(2)＝1.不等式exf(x)－e＞0等价于ef(x)＞1，即h(x)＞h(2)⇒x＞2，所以不等式exf(x)－e＞0的解集为(2，＋∞)． 例2.定义在的函数的导函数为,对于任意的,恒有,则的大小关系是（ ） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【解析】构造函数，因，故在上单调递增，则，即，也即，所以，应选B。 变式2．已知为定义在上的可导函数，且对于恒成立（为自然对数的底），则（ ） A． B． C． D．与大小不确定 【答案】C 【解析】令，则，所以在上单调递减。有即，所以，故选C.[来源:学科网ZXXK] 考点三．恒成立问题 例1.已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围． [解]　法一：构造函数法 设g(x)＝xe2x－ax－ln x－1(x＞0)，对任意的x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可． 因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－， 令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－(x＞0)， 则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋＞0， 所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→＋∞， 所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0， 满足(2x0＋1)e2x0－a－＝0， 所以a＝(2x0＋1)e2x0－，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2xe2x0－ln x0， 则由g(x)min≥0，得2xe2x0＋ln x0≤0