3.2 第3课时 导数与不等式-2022高考数学一轮复习【导与练】高中总复习第1轮课时作业（人教A版）山东专用

第三课时导数与不等式 A级-八-基础巩固练 3级灬综合运用练 选择题 10.(多选題)(2020·日照一模)若定义在R上的函数f(x) 石足向然对数的底数,则 1,其导函数f(x)满足∫(x) 下列结论中成立的有 (A 若 (D)f (Aexx-ex 2 2-In 11.(2020·青岛二模)已知函数f(x) 在(0,+)上:恒成 为白然对数的底 若个等式2xl 数,则实数m的取范围是 则实数a的取值范围是 (A)(-e,0) (D)[4,+ 4.若e≤kx在R上有解,则实数k的取值范围为 模拟)设定义域为R的凼数f(x)满 (x)f(x),则不等式cf(x)<f(2x1)的解集 c∞)的函数f(x)的导函 13.已刘函数f f(x)满足xf(x)+10,且f(1)1,则下列结论中 (1)求函数f(x)极值 的足 。C )彐x∈(1,e),f 、填空题 设函数 若不等式f(x) 有正实数解,则穴数a的最小值 已知函数∫ 白然对数的乐数 f(x)>g(x)在 )上恒成京,则实数m的取范 8.已知函数g(x)=ln(+x)-hx.关于x的不等式8(x)<0 上恒成立,则实数b的我值范围是 解答题 ∈R),g( 极值 242 C级小应用创新练 求涵数 词区 (2)若函数f(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,求实数mn15.(2020·全国Ⅱ卷)函数f(x)sin'asin2x. 的值 (1)讨论f(x)在区间(0,x)的单词性; √3 (3)设n∈N’.证明:s 2431)解:归 1·得g( 1-lnx.定义城为(0,+x 在 上单调递增,在 单调逗增:极大值单调 解得 上单调递减 得 定义成1,2c上的最大值为f(c),且 即月严量 万件 小型产品中所获得的 所以实n的取值范围是 万元,此时的 格可知函数 的极大值 第三课时导数与不等式 12.解析:令B( (3,|3),使:(2}证明:安证明f(x)=g(x),即证ac 等 0可得x∈ 此可知,函教g(x)在区问(0,-∽)上的 上可得,实效a的最 答案:(1,十 所以只要证明÷xen-ln 13.(1)解:因为函数∫( +2 T (:∈R) 解析 意可知∈(0.+心)时 得 在(0,十(x)上恒成立 占x变化时,∫(x),∫(x)变化情况 令 ∷0,舞猝 所以当x∈(,1)时,h(x) 解得 在(2)上单调递减,在 调递增,故丘(x)π-危 即E(π)在(,1》上单调邐减,在 极 L单调递增 证明:要证明f(x) (x)m>>,故龉数g s(x>=J 在R上单调邐增,且 在(0,十x3)上 In 1-m:0,所 则x∈(0,十“)时,g(x) 所以m(x)在( )单调递增 听 )-ln(1 x在(0,|)上 )在(0.十)上单调递增 In (1+.)-ixr C正确,1)错淏.故迭A 在 可得(x}在 B若f 以g(x)-1n(1+x)一bx在 故只需g(x) 即可 所以不能使g(x)<0在(0,十x)上恒 时 在 的取值范固足「1 令g 得 解析:题彦,西f(x)-ln m和函 所汉∫(x)的单调递增区间为 此时函数∫(x)单调邋: 数最多只有一个零点,不符合题意 时,函数g(x)无零点 时,函救g(x)有且仅有一个家点 解得 由(1)知m:0时显然不成立 10.解析:函敬f(x)的定义域是(0,+心 时 时,f(x) 时,f 此时 在 单调递减 上单调递减,不符合题意 毅∫(x)的最大住为 解得 解 所法g(x)在 上单调递增 单词递增 要使符函数f()有两不同的零点,则 In ∈R)有两个不同的零点 恒成 解得 只需(a)-tlta+c2-a ro os 2x=2sin1 3 si 答案 当x∈10,z)L 时,f 解析:画数 增,且h(1 ),使 上至少有 时,h(ax)单调浼减 所以/()在区间(0,3)1(3·)上盈 调递 上有解 的草图如图 证明:因为f(0)=f(r) 所以a的取值范图为 设g(x)-4nx 在区间_0,π]上的最大值为 11.解析:f 当 而f(x}是周期为r的周期函鼓 因此可得g(1)为极小 值 出y=g(x)的图象,如图,可得 证明:由于 解 数g(x)在 }上单调递减,在 y sin22n2 1,0)上单调减;在 sirex 增 g(0)一],画出函数图象,如图所示,根据 以 ⊥2.解析 第四课时导数与函数的零点 0,1)上兰调递增;当x∈(1,十 此时h(x)在 2上单调递 A2.D3.D4.D乐 上单调递减;∫ 解析 所以当x-1时 得极大值(1 ∫(x)有极小值∫(2 的大致图象(如图 有零点,当且仅当 时,函数 和函 数图象,如图所 的图象无交点 年得 的图象有H仗有