函数导数不等式测试题五篇

第一篇：函数导数不等式测试题

昌乐二中 高三 数学自主检测题

函数、导数、不等式综合检测题2009.03.20

注意事项：

1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．

2．使用答题卡时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，作图时，可用2B铅笔． 要字迹工整，笔迹清晰．严格在题号所指示的答题区域内作答．超出答题区书写的答案无 效；在草稿纸，试题卷上答题无效．3．答卷前将密封线内的项目填写清楚．

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一个选项是符合题目要求的，请把正确的选项的代号涂在答题卡上

1、设f(x)= 3x－x2，则在下列区间中，使函数f(x)有零点的区间是

（）

A．[0，1]

B．[1，2]

C．[－2，－1]

D．[－1，0]

2、下列函数中既是奇函数，又在区间[0,)上单调递增的是（）

AysinxByx2Cylg2xDy3|x|

3、函数fxx22(a1)x2在区间(,4)上是减函数,那么实数a的取值范围是（）A.3,B.(,3

C.3

D.(,5)

4、函数ya

x

2与yloga(x2)（其中a0且a1）的图像关于（）A．直线yx对称

B．直线yx2对称C．直线yx2对称

D．直线yx2对称

5．若x∈（0，1），则下列结论正确的是（）

A．2x>x2>lgxB．2x>lgx>x2

C．x2>2x>lgx

D．lgx>x2>2x6、若

1ababa1b

0，则下列不等式：①；②|a||b|；③ab；④

baab

2中，正确的不等式是（）A．①②B．②③C．①④D．③④

7、若方程ax

2bx10(a,bR,a0)有两个实数根，其中一个根在区间(1,2)，则ab的取

值范围是（）A(1,)B(,1)C(,1)D(1,1)

8、函数y



lg|x|的图像大致是（）

9、若a,b∈R，则使|a||b|1成立的一个充分不必要条件是A．|ab|1B．a1或b1C．a2b2

1D．a1且b110、函数

yf(x)在定义域R

内可导，若f(x)f(2x)，且当

x(,1)时,(x1)f(x)0,设af(0),bf（12),cf(3)，则

（）

A．abcB． cabC．cbaD．bca

x111、已知x，y满足

xy4且目标函数z2xy的最大值为7，最小值为１，则



axbyc0abc

a



Ａ．-２；Ｂ．２；Ｃ．１；Ｄ．-１；（）

12、给出定义：若m

2xm

2m为整数），则m 叫做离实数x最近的整数，记作x=

m.在此基础上给出下列关于函数f(x)xx的四个命题：

①函数y=f(x)的定义域为R，值域为1

k0,；②函数y=f(x)的图像关于直线x（kZ）

2

2对称；③函数y=f(x)是周期函数，最小正周期为1；④函数y=f(x)在11

,22上是增函数。



其中正确的命题的序号是（）

A.①B.②③C ①②③D ①④

二、填空题：本大题有4个小题，每小题4分，共16分；将答案填在答题纸的对应位置

13、已知函数f(x)log2x,x0

1xx0,则满足f(a)的a取值范围是

2,214、若曲线y2x

1与直线yb没有公共点,则b的取值范围是.15、若曲线f(x)x32ax

22ax上任意一点处的切线的倾斜角都是锐角,则实数a的取值范围

是.16、已知实数m、n、r满足r2m21,r22n2，则m24mn4n2的最小值是.三、解答题：本大题共6个小题，满分74分．解答时要求写出必要的文字说明、证明过 程或推演步骤．

17、（本小题满分12分）已知集合A{y|y（1x

x1)3（2)

1，x(1，2)}，B{x|xm



4，命题p：xA，命题q：xB，并且命题p是命题q的充分条件，求实

数m的取值范围。

18、（本小题满分12分）已知函数f(x)logx

4(41)kx(kR)是偶函数。（1）求k的值；（2）若不等式f(x)m0有解，求m的取值范围。

19、（本小题满分12分）若f(x)对一切实数x都有fx8f2x,且x3时，fxx

27x4.(1)求fx的解析式.（2）若x2lnxx2



15



h

ax,x

xfx,当x3时，求h(x)的单调递增区间.20．（本小题满分12分）

某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆，年销

售量为5000辆.本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车投入成本增加的比例为x（0＜x＜1)，则出厂价相应提高的比例为0.7x，年销售量也相应增加.已知年利润=（每辆车的出厂价－每辆车的投入成本）×年销售量.（Ⅰ）若年销售量增加的比例为0.4x，为使本年度的年利润比上年度有所增加，则投入成本增

加的比例x应在什么范围内？

（Ⅱ）年销售量关于x的函数为y3240(x22x

53)，则当x为何值时，本年度的年利润

最大？最大利润为多少？

21、（本小题满分12分）

（理做）已知A、B、C是直线l上的三点,向量OA,OB,OC满足：

OA[y2f1]OBlnx1OC0（1）求函数y=f(x)的表达式.(2)若不等式1

2x

fx

m

2bm3时，x[1,1]及b[1,1]都恒成立，求实数m的取

值范围。

（文做）已知函数f(x)=lnx-ax，（I）求函数f(x)的单调增区间；（II）

若函数f(x)在[1，e]上的最小值为

32，求实数a的值。

22、（本小题满分14分）

（理做）定义F(x,y)(1x)y,x,y(0,)，（1）令函数f(x)F(1,log22(x4x9))的图象为曲线C1，曲线C1与y轴交于点A（0，m），过坐标原点O作曲线C1的切线，切点为B（n,t）（n>0），设曲线C1在点A、B之间的曲线段与线段OA、OB所围成图形的面积为S，求S的值。

（2）当x,yN*且xy时,证明F(x,y)F(y,x);

（3）令函数g(x)F(1,log

32(xaxbx1))的图象为曲线C2，若存在实数b使得曲线C

2在x0(4x01)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围。

（文做）已知A、B、C是直线l上的三点,向量OA,OB,OC满足：OA[y2f1]OBlnx1OC0（1）求函数y=f(x)的表达式.（2）若x>0,证明：fx2xx

2(3)若不等式12x

fx

m

2bm3时，x[1,1]及b[1,1]都恒成立，求实数m的取

值范围。

函数、导数、不等式综合检测题参考答案2009.03.20

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.二、填空题：本题共4个小题，每小题4分，共16分.13 ,114 1b115 0a

3216

1三、解答题：

17、分析：此题考查了集合与命题的定义、指数函数与二次函数的性质以及绝对值不等的解法。略解：A

x|7

16x2

 B

x|xm2

1或xm

21

44

解得实数m的取值范围是(，3][

34][3，)18、分析：此题考查函数的性质、不等式解、以及运用均值不等式求最值问题。解：（1）f(x)为偶函数f(x)f(x)，即logx

441kxlogx

441kx

整理得：logx

42kx,x2k10 x不恒为零，k

1(2)由f(x)m0得mlogxx

log2x

4x

1441

xlog44144

=log4

x



log2x1x12 当且仅当2x

4x，2x1即x02时等号成立，log24

2x

11

2x

2若不等式mf(x)有解，m的取值范围是m

.19、分析：本题考查了函数的定义、性质、导数法求单调区间以及分类讨论的思想.解：（1）fx8f2x,fxf6x，当x3时，f3f3f(3)0当

x3时，6x3，f

xf6x

2

6x76x4

x25x2，x2

7x4,x3综上：fx

0,x

3x2

5x2,x3

(2)当x3时，h(x)2lnxx2151xx2

5x22lnxx，

a2

ah

/

x



2axx



1a



2ax

a0,定义域为0,3

当a0时，h

/

x0恒成立，当0a

时，由h

/

x0得0

x2a，当a

时，x0,3恒有h

/

x0.综上：当a0或a32

时，hx的增区间为0,3；当

0a

时，hx的增区间为0,2a.20、分析：本小题主要考查函数的概念、导数等基础知识，考查数学建模能力、抽象概括能力和解决实际问题的能力.解：（I）由题意得：上年度的利润为（13－10）×5000=15000万元；

本年度每辆车的投入成本为10×（1+x）； 本年度每辆车的出厂价为13×（1+0.7x）； 本年度年销售量为5000×（1+0.4x），因此本年度的利润为

y[13(10.7x)10(1x)]5000(10.4x)(30.9x)5000(10.4x)

1800x

21500x15000(0x1),由1800x2

1500x1500015000,解得0x56,所以当0x

时，本年度的年利润比上年度有所增加.（Ⅱ）本年度的利润为

f(x)(30.9x)3240(x2

2x

532)3240(0.9x4.8x4.5x5)

则f'

(x)3240(2.7x2

9.6x4.5)972(9x5)(x3), 由f'

(x)0,解得x

或x3,当x(0,59)时，f'

(x)0,f(x)是增函数；

当x(5,1)时，f'

(x)0,f(x)是减函数.∴当x

时，f(x)取极大值f(9)20000万元，因为f（x）在（0，1）上只有一个极大值，所以它是最大值，所以当x

时，本年度的年利润最大，最大利润为20000万元。

21、（文22）分析：此题考查平面向量中三点共线的充要条件，导数的应用，构造函数证明不等式、不等式的恒成立问题，是综合性较强的题目。考查了构造函数的方法，化归与转化、数形结合的思想。

解（1）由题意知

OAy2f

'





1OB

ln1xOCA,B,C三点共线，y2f'

1ln1x1y

fxln1x2'f



1

1f

／

x

1x1

f'

1

2f

xln1xx1

gxfx

2x

'x

(2)证明：令x2

gx

 当x0g

'

x1x2

x0

gx在0，上是增函数gxg00所以f(x)>

2xx2

.（3）不等式等价于

xf

xm

2bm3当x1,1及b1,1时恒成立

令hx

1x2

f

x2

x2

lnx2

1xh

'

x

x2

1

'

x2

1

令hx0

得x0或x1当

x1,0时h'

x0，hx在（-1，0）上是增函数 当x0,1时h'

x0 hx在（0，0）上是减函数hxm

ax

h00 m2

2bm30当b1,1时恒成立 令Hb2mbm2



3则H102

m2m30

m3或m3 H1

0m2

2m30所以实数m的取值范围是m,33,

文（21）分析：本题考查运用导数求单调区间、求极值、以及分类讨论的数学思想。

解：（I）由题意，f(x)的定义(0,),且f（'x）=

1xaxaxx

①当a0时，f'(x)0,f(x)的单调增区间为（0,+）

②当a<0时，令f'(x)>0,得x>-a, f(x)的单调区间为（-a,+）(II)由（I）可知，f'(x)=

x+a x

①若a1则xa0在[1,e]上恒成立，f(x)在[1，e] [f(x)]3 minf(1)a

舍去

2,a

32()

③若ae,则

xa0,既f'(x)0在[1,e]上恒成立，f(x)在[1,e]上成为减函数[f(x)]minf(e)1

ae32,a

e舍去2()

③若-e0,f(x)在(-a,e)上为增函数，[f(x)]minf(a)ln(a)13 2,a 综上所述，a 

22、分析：本题主要考查积分与导数的基础知识、应用导数证明不等式，以及运用方程与函数的思想解决问题的能力.解：（1）F(x,y)(1x)y

f(x)F(1,log2

log2

2(x4x9)

2(x4x9)2

x2

4x9，故A（0，9）

又过坐标原点O向曲线C1作切线，切点为B（n，t）（n>0），f(x)2x4.tn24n9t,解得B(3,6)n

2n4S3(x2

x

4x92x)dx（3x9x)|09.x

（2）令h(x)

ln(1x)

1x)x,x1,由h(x)

1x

ln(x，又令p(x)

x

p(x)

1x1x

ln(1x),x0,(1x)

1x

(1x)

0，p(x)在[0,)单调递减.当x0时有p(x)p(0)0,当x1时有h(x)0,h(x)在[1,)单调递减，1xy时,有ln(1x)

ln(1y)

x

y,yln(1x)xln(1y),(1x)

y

(1y)x，当x,yN

且xy时F(x,y)F(y,x).（3）g(x)F(1,log2232(xaxbx1)xax2

bx1,设曲线C2在x0(4x1)处有斜率为－8的切线，又由题设log3

2(xax2

bx1)0,g(x)3x2

2axb,3x2

02ax0b8①∴存在实数b使得

4x01②有解，x3ax2

00bx011③ 由①得b83x22

02ax0,代入③得2x0ax080，由2x2

0ax080有解，得2(4)2a(4)80或2(1)2a(1)80，4x01

a10.

第二篇：构造函数,结合导数证明不等式

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

第三篇：构造函数,利用导数证明不等式

构造函数，利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

7、（1）已知x0，求证：

第四篇：导数证明不等式

导数证明不等式

一、当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)

f(x)=x-ln(x+1)

f'(x)=1-1/(x+1)=x/(x+1)

x>1,所以f'(x)>0,增函数

所以x>1,f(x)>f(1)=1-ln2>0

f(x)>0

所以x>0时，x>ln(x+1)

二、导数是近些年来高中课程加入的新内容，是一元微分学的核心部分。本文就谈谈导数在一元不等式中的应用。

例1.已知x∈(0，)，求证:sinx

第五篇：导数证明不等式构造函数法类别(教师版)

导数证明不等式构造函数法类别

1、移项法构造函数

1ln(x1)x x111，分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g(x)ln(x1)x1【例1】 已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1 从其导数入手即可证明。

【解】f(x)1x1 x1x1∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为增函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为减函数 故函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,)

于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x)maxf(0)0，因此，当x1时，f(x)f(0)0，即ln(x1)x0 ∴ln(x1)x（右面得证），现证左面，令g(x)ln(x1)111x1，则g(x) 22x1x1(x1)(x1)当x(1,0)时,g(x)0;当x(0,)时,g(x)0，即g(x)在x(1,0)上为减函数，在x(0,)上为增函数，故函数g(x)在(1,)上的最小值为g(x)ming(0)0，110 x1111ln(x1)x ∴ln(x1)1，综上可知，当x1时,有x1x1∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)

2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数f(x) 图象的下方；

分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，即只需证明在区间(1,)上，恒有122xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的 23122xlnxx3，23122xlnxx3成立，设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到23F(1)10 6要证不等式转化变为：当x1时，F(x)F(1)，这只要证明： g(x)在区间(1,)是增函数即可。【解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)22312xxlnx，321(x1)(2x2x1)(x1)(2x2x1)则F(x)2xx= 当x1时，F(x)=

xxx从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)∴当x1时 g(x)f(x)0，即f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)

3、换元法构造函数证明

10 623x的图象的下方。31111)23 都成立.nnn1 分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，恒

n【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(有ln(x1)xx成立，现构造函数h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。233213x3(x1)2【解】令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2x在x(0,)上恒正，x1x1322 所以函数h(x)在(0,)上单调递增，∴x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即xxln(x1)0，∴ln(x1)xx

对任意正整数n，取x32231111(0,)，则有ln(1)23 nnnn【警示启迪】当F(x)在[a,b]上单调递增，则xa时，有F(x)F(a)．如果f(a)＝(a)，要证明当xa时，f(x)(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－(x)，就可以利用F(x)的单调增性来推导．也就是说，在F(x)可导的前提下，只要证明F'(x)０即可．

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证： af(a)>bf(b)

【解】由已知 xf(x)+f(x)>0 ∴构造函数 F(x)xf(x)，' 则F(x) xf(x)+f(x)>0，从而F(x)在R上为增函数。

ab ∴F(a)F(b)即 af(a)>bf(b)【警示启迪】由条件移项后xf(x)f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F(x)xf(x)，求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf(x)f(x)，则移项后xf(x)f(x)，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。

5、主元法构造函数

例．（全国）已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx(1)求函数f(x)的最大值；

ab)(ba)ln2.2ab)中以b为主变元构造函数, 证明：对g(x)xlnx求导,则g'(x)lnx1.在g(a)g(b)2g(2(2)设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g(设F(x)g(a)g(x)2g(ax'axax.)]lnxln),则F'(x)g'(x)2[g(222' 当0xa时，F(x)0,因此F(x)在(0,a)内为减函数.' 当xa时,F(x)0,因此F(x)在(a,)上为增函数.从而当xa时, F(x)有极小值F(a).因为F(a)0,ba,所以F(b)0,即g(a)g(b)2g(又设G(x)F(x)(xa)ln2.则G'(x)lnxlnab)0.2axln2lnxln(ax).2' 当x0时,G(x)0.因此G(x)在(0,)上为减函数.因为G(a)0,ba,所以G(b)0,即g(a)g(b)2g（6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例．已知函数f(x)aexab)(ba)ln2.212x 2(1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围;(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈Ｒ恒成立，-ｘ-ｘ-ｘ-ｘ-x 即ａ≥ｘｅ对ｘ∈Ｒ恒成立 记ｇ（ｘ）＝ｘｅ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)e，当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数, ∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e, 即a的取值范围是[1/e, + ∞)(2)记F(X)=f(x)－(1+x)=exx12x1x(x0)2x

x 则F′(x)=e-1-x, 令h(x)= F′(x)=e-1-x,则h′(x)=e-1 当x>0时, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数, 又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0 即F′(x)>0 ,∴F(x)在(0,+ ∞)上为增函数,又F(x)在x=0处连续, ∴F(x)>F(0)=0,即f(x)>1+x．

7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当x0时,(1x)11xe1x2

8.构造形似函数

例：证明当bae,证明ab ba

例：已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)(1n)

nm4

【思维挑战】

1、设a0,f(x)x1ln2x2alnx 求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1

2、已知定义在正实数集上的函数

f(x)52122x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且ba3alna，22求证：f(x)g(x)

3、已知函数f(x)ln(1x)xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1.1xa4、f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有（）

（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)

【答案咨询】

1、提示：f(x)1 ∴

（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)2lnx2a2lnx1，当x1，a0时，不难证明xxxf(x)0，即f(x)在(0,)内单调递增，故当x1时，f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xlnx2alnx1

123a222、提示：设F(x)g(x)f(x)x2ax3alnxb则F(x)x2a

2x(xa)(x3a)=(x0)a0，∴ 当xa时，F(x)0，x 故F(x)在(0,a)上为减函数，在(a,)上为增函数，于是函数F(x)在(0,)上的最小值是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)

3、提示：函数f(x)的定义域为(1,)，f(x)11x 1x(1x)2(1x)2∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为减函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为增函数

因此在x0时,f(x)取得极小值f(0)0，而且是最小值

x1，即ln(1x)1 1x1xa1bab1 于是ln1 令1x0,则1bx1abab因此lnalnb1

a于是f(x)f(0)0,从而ln(1x) f(x)f(x)xf'(x)f(x)F(x)

4、提示：F(x)，F(x)，故在（0，+∞）上是减函数，由ab 02xxx有f(a)f(b) af(b)≤bf(a)故选（A）ab