课时达标检测(23) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

高中数学 选择性必修 第二册 A版 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 第 ‹#› 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第二册 A版 赢在字里行间 课时达标检测(二十三) 用导数的方法证明不等式、不等式恒成立问题 基础达标 一、单项选择题 1.已知函数f (x)(x∈R)满足f (1)=1,且f '(x)<,则f (x)<+的解集为 ( ) A.{x|-1<x<1} B.{x|x<-1} C.{x|x<-1或x>1} D.{x|x>1} 解析　构造函数h(x)=f (x)--,则h'(x)=f '(x)-<0,故h(x)在R上单调递减,且h(1)= f (1)--=0,故h(x)<0的解集为{x|x>1}。 D 2.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,+∞) 解析　构造函数h(x)=,因为f (x)为奇函数,所以h(x)为偶函数,又因为h'(x)=,且当x>0时,xf '(x)-f (x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,根据对称性知h(x)在(-∞,0)上单调递增,又f (-1)=0,所以f (1)=0,数形结合可知,使得f (x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1)。 A 3.已知函数f (x)的定义域为R,f '(x)为f (x)的导函数,且f (x)+(x-1)f '(x)>0,则 ( ) A.f (1)=0 B.f (x)<0 C.f (x)>0 D.(x-1)f (x)<0 解析　令g(x)=(x-1)f (x),则g'(x)=f (x)+(x-1)f '(x)>0,所以g(x)在R上是增函数,又因为g(1)=0,所以当x>1时,g(x)=(x-1)f (x)>0;当x<1时,g(x)=(x-1)f (x)<0,所以当x≠1时,f (x)>0,又 f (1)+(1-1)f '(1)=f (1)>0,所以ABD错误,C正确。 C 4.已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)<-f '(x),则下列式子成立的是 ( ) A.f (2 022)>ef (2 023) B.f (2 022)<ef (2 023) C.ef (2 022)>f (2 023) D.ef (2 022)<f (2 023) 解析　依题意,得f (x)+f '(x)<0,令g(x)=exf (x),则g'(x)=ex[f (x)+f '(x)]<0在R上恒成立,所以函数g(x)=exf (x)在R上单调递减,所以g(2 022)>g(2 023),即e2 022f (2 022)>e2 023f (2 023)⇒ f (2 022)>ef (2 023)。 A 5.已知函数f (x)=-1+ln x,若存在x0>0,使得f (x0)≤0有解,则实数a的取值范围是 ( ) A.(2,+∞) B.(-∞,3) C.(-∞,1] D.[3,+∞) 解析　函数f (x)的定义域是(0,+∞),不等式-1+ln x≤0有解,即a≤x-xln x在(0,+∞)上有解。令h(x)=x-xln x,则h'(x)=-ln x。由h'(x)=0,得x=1。当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0。故当x=1时,函数h(x)=x-xln x取得最大值1,所以要使不等式a≤x-xln x在(0,+∞)上有解,只要a≤h(x)max即可,即a≤1。 C 二、填空题 6.若函数y=-x3+ax在[1,+∞)上是单调函数,则a的最大值是______ 。  解析　y'=-3x2+a,由题意,得-3x2+a≤0在区间[1,+∞)上恒成立,即a≤3x2在区间[1,+∞)上恒成立,据此可得a≤3,即a的最大值是3。 3 7.设函数f '(x)是定义在(0,π)上的函数f (x)的导函数,有f '(x)cos x-f (x)sin x>0,若a= f ,b=0,c=-f ,则a,b,c的大小关系是__________。  解析　设函数g(x)=f (x)cos x(0<x<π),则g'(x)=f '(x)cos x-f (x)sin x, 因为f '(x)cos x-f (x)sin x>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(0,π)上单调递增, a=f =f cos=g,b=0=f cos=g,c=-f =f cos=g,所以a<b<c。 a<b<c 8.已知函数f (x)是定义在R上的奇函数,f (1)=0,当x>0时,有>0,则不等式x2f (x)>0的解集是___________________。  解析　令g(x)=(x≠0),则g'(x)=。因为当x>0时,>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增。又f (1)=0,所以g(1)=f (1)=0,所以在(0,+∞)上,g(x)>0的解集为(1,+∞),g(x)<0的解集为(0,1)。因为f (x)为奇函数,所以g(x)为偶函数,所以(-∞,0)上,g(x)>0的解集为(-∞,-1),g(x)<0的解集为(-1,0)。由x2f (x)>0,得f (x)>0(x≠0)。又f (x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞),所以不等式x2f (x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞)。 (-1,0)∪(1,+∞) 三、解答题 9.当x>0时,证明:不等式ln(x+1)>x-x2。 证明　设f (x)=ln(x+1)-x+x2,则f '(x)=-1+x=。当x∈(-1,+∞)时,f '(x)>0,所以f (x)在(-1,+∞)上是增函数。于是当x>0时,f (x)>f (0)=0,所以当x>0时,不等式ln(x+1)>x-x2成立。 10.已知f (x)=ex-ax2,若f (x)≥x+(1-x)ex在[0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围。 解　f (x)≥x+(1-x)ex,即ex-ax2≥x+ex-xex,即ex-ax-1≥0,x≥0。令h(x)=ex-ax-1(x≥0),则h'(x)=ex-a(x≥0),当a≤1时,由x≥0,知h'(x)≥0,所以在[0,+∞)上h(x)≥h(0)=0,原不等式恒成立;当a>1时,令h'(x)>0,得x>ln a;令h'(x)<0,得0≤x<ln a,所以h(x)在[0,ln a)上单调递减,又因为h(0)=0,所以h(x)≥0不恒成立,所以a>1不合题意。综上,实数a的取值范围为(-∞,1]。 11.已知函数f (x)=。 (1)求曲线y=f (x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时,f (x)+e≥0。 解　(1)因为f '(x)=,f '(0)=2,所以曲线y=f (x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0。 (2)证明:当a≥1时,f (x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x。令g(x)=x2+x-1+ex+1(x∈R),则g'(x)=2x+1+ex+1。当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增。所以g(x)≥g(-1)=0。因此f (x)+e≥0。 素养提升 12.已知函数f (x)=(x+1)ex+(a-1)x,其中a∈R。 (1)当a=1时,求f (x)的最小值; (2)若g(x)=f (x)-ex在R上单调递增,则当x>0时,求证:f (x)>ex+x。 解　(1)当a=1时,f (x)=(x+1)ex,所以f '(x)=(x+2)ex。所以当x<-2时,f '(x)<0,f (x)在(-∞,-2)上单调递减;当x>-2时,f '(x)>0,f (x)在(-2,+∞)上单调递增。所以当x=-2时,f (x)取得极小值,也是最小值,所以f (x)min=f (-2)=-。 (2)证明:因为g(x)=f (x)-ex=xex+(a-1)x在R上单调递增,所以g'(x)=(x+1)ex+a-1≥0恒成立,所以a≥1-(x+1)ex恒成立。由(1)可得a≥1+。又x>0,所以f (x)=(x+1)ex +(a-1)x ≥xex+ex+>x+ex+=ex+x。所以f (x)>ex+x。 $$