新教材2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)分冊一專題七函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第二講導(dǎo)數(shù)-小題備考微專題2導(dǎo)數(shù)與不等式

微專題2導(dǎo)數(shù)與不等式?？汲Ｓ媒Y(jié)論1．f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0.2．f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時，則f(x)為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．1.若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍為()A．(，＋∞)B．[2，＋∞)C．(，＋∞)D．[4，＋∞)2．[2024·遼寧試驗中學(xué)模擬]已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對隨意x∈R有f′(x)>1，f(1＋x)＋f(1－x)＝0，且f(0)＝－2，則不等式f(x－1)>x－1的解集為()A．(4，＋∞)B．(3，＋∞)C．(2，＋∞)D．(0，＋∞)3．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若滿意xf′(x)＋f(x)>0對x∈(0，＋∞)恒成立，則下列不等式確定成立的是()A．<B．>C．πf(π)<ef(e)D．πf(π)>ef(e)2.(1)[2024·河北石家莊一模]已知a＝，b＝ln1.4，c＝e0.2－1，則()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．c<a<bD．c<b<a(2)[2024·全國乙卷]設(shè)a∈(0，1)，若函數(shù)f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________．1．利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式的常見技巧利用題目條件，構(gòu)造幫助函數(shù)，把比較大小或解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性問題，再由單調(diào)性比較大小或解不等式．2．由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的策略(1)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，事實上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，求參數(shù)的取值范圍；(2)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，事實上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，即f′(x)max>0(或<0)在該區(qū)間上有解，從而轉(zhuǎn)化為不等式問題，求參數(shù)的取值范圍．[鞏固訓(xùn)練2](1)[2024·河南駐馬店二模]已知a＝e0.1－e－0.1，b＝ln1.21，c＝0.2，則()A．b<a<cB．c<b<aC．a(chǎn)<c<bD．b<c<a(2)若關(guān)于x的不等式sinx－x≥ax，對x∈[0，π]恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1]B．(－∞，1]C．(－∞，－)D．(－∞，]微專題2導(dǎo)數(shù)與不等式保分題1．解析：因為函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝k－≥0在(，＋∞)上恒成立，即k≥在(，＋∞)上恒成立．因為y＝在(，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當x∈(，＋∞)時，y<2，所以k≥2，則k的取值范圍為[2，＋∞)．故選B.答案：B2．解析：設(shè)g(x)＝f(x)－x，則g′(x)＝f′(x)－1>0恒成立，故函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增．f(1＋x)＋f(1－x)＝0，則f(2)＋f(0)＝0，即f(2)＝2，故g(2)＝f(2)－2＝0.f(x－1)>x－1，即g(x－1)>0，即g(x－1)>g(2)，故x－1>2，解得x>3.故選B.答案：B3．解析：令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，故g(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，故g(π)>g(e)即πf(π)>ef(e)．故選D.答案：D提分題[例2](1)解析：令f(x)＝ln(x＋1)－，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝＝>0恒成立，所以f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(0.4)>f(0)＝0，即ln1.4－>0，所以ln1.4>，則b>a；則f()>f(0)＝0，即ln>0，所以ln>，則＝e0.2，即>e0.2，所以>e0.2－1，又>＝，所以>e0.2－1，則a>c；綜上，c<a<b.故選C.(2)解析：由題意得當x>0時，f′(x)＝axlna＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax≥0，設(shè)g(x)＝lna＋ln(1＋a)，因為ax>0，所以g(x)≥0.因為a∈(0，1)，所以ln(1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需滿意g(0)≥0，即lna＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0<a<1，所以a的取值范圍為[，1)．答案：C[，1)[鞏固訓(xùn)練2](1)解析：設(shè)f(x)＝ex－e－x－2x，則f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，從而f(x)在R上單調(diào)遞增，則f(0.1)＝e0.1－e－0.1－0.2>f(0)＝0，即a>c，設(shè)g(x)＝2x－2ln(1＋x)，則g′(x)＝2－＝>0，從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(0.1)＝0.2－2ln1.1＝0.2－ln1.21>g(0)＝0，即c>b，所以b<c<a.故選D.(2)解析：因為不等式sinx－x≥ax，對x∈[0，π]恒成立，當x＝0時，明顯成立，當x∈(0，π]，a≤－1恒成立，令f(x)＝－1，則f′(x)＝，令g(x)＝xcosx－sinx，則g′(x)＝－xsin