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1、第20练 利用导数研究不等式问题基础保分练1.定义在R上的函数yf(x)满足f(x)f(x)0时，f(0)与emf(m)的大小关系为_.(其中e2.71828为自然对数的底数)2.(2018江苏泰州中学月考)设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)0，当x0时，有f(x)xf(x)恒成立，则不等式xf(x)0的解集为_.3.已知函数f(x)x(e1)lnx，则不等式f(ex)，则满足2f(x)x1的x的集合为_.5.已知定义在R上的可导函数f(x)满足f(x)f(x)0，设af(mm2)，bem2m1f(1)，则a，b的大小关系是_.6.(2018南京调研)已知定义在R上的可导函数f(x)的
2、导函数为yf(x)，满足f(x)f(x)，f(0)1，则不等式f(x)xf(x)成立，则实数a的取值范围是_.8.已知函数f(x)若a0).若存在f(x)的极大值点x0，满足xf(0)20，则关于x的不等式f(x)x2，则不等式(x2017)2f(x2017)9f(3)0的解集为_.3.已知f(x)xex，g(x)(x1)2a，若存在x1，x2R，使得f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围是_.4.已知函数f(x)ax，x(0，)，当x2x1时，不等式0恒成立，则实数a的取值范围为_.5.若存在实数x，使得关于x的不等式x22axa2(其中e是自然对数的底数)成立，则实数a的取值集合为_
3、.6.若在区间0,1上存在实数x使2x(3xa)emf(m)2.(1,0)(0,1)解析设g(x)，则g(x)，当x0时，有f(x)xf(x)恒成立，当x0时，g(x)0，且f(x)xg(x)(x0)，x2g(x)0，g(x)0，根据图象可得1x0或0x0的解集为(1,0)(0,1).3.(0,1)4.x|xb解析设g(x)exf(x)，则g(x)exf(x)exf(x)ex(f(x)f(x)0，g(x)为R上的减函数，mm22g(1)，emm2f(mm2)ef(1)，f(1)，f(mm2)ef(1)，ab.6.(0，)7.(，)解析由f(x)xf(x)成立，可得0)，若存在x，使得g(x)0
4、成立，即g(x)2(xa)min即可.又x2，当且仅当x，即x时取等号，a.8.9.10.(1，e2)解析由题意可知，当x1时，恒有(x1)f(x)0，则当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(1，)上为单调递增函数；当0x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,1)上为单调递减函数.所以当x1时，函数f(x)取得极小值，即f(1)0，又由f(x)lnx，所以f(1)1m0，所以m1，即f(x)(x1)lnx，所以不等式f(x)2x2，即(x1)lnx2x2，即(x1)(lnx2)0，解得1x0)，则当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2上单调递增，故
5、f(x)minf(1).对于二次函数g(x)x22ax4，该函数开口向下，所以其在区间1,2上的最小值在端点处取得，所以要使对x1(0,2，x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，只需f(x1)ming(x2)min，即g(1)或g(2)，所以12a4或44a4，解得a.2.(，2020)解析根据题意，令g(x)x2f(x)，x(，0)，故g(x)x2f(x)xf(x)，而2f(x)xf(x)x20，故当x0时，g(x)0，即(x2017)2f(x2017)(3)2f(3)，则有g(x2017)g(3)，则有x20173，解得x0的解集为(，2020).3.4.解析不等式0，即x10可得x1
6、f(x1)x2f(x2)x1f(x1)恒成立，构造函数g(x)xf(x)exax2，由题意可知函数g(x)在定义域内单调递增，故g(x)ex2ax0恒成立，即a恒成立，令h(x)(x0)，则h(x)，当0x1时，h(x)1时，h(x)0，h(x)单调递增，则h(x)的最小值为h(1)，据此可得实数a的取值范围为.5.解析不等式x22axa2，即(xa)22，表示点与的距离的平方不超过，即最大值为.由在直线l：yx上，设与直线l平行且与曲线y相切的直线的切点为(m，n)，可得切线的斜率为，解得m0，n，切点为，由切点到直线l的距离为直线l上的点与曲线y的距离的最小值，可得(0a)22，解得a，则实数a的取值集合为.6.(，1)