第6章 专题课 利用导数研究不等式 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 了课后达标，检测一 1.己知函数x)=12x4-2x3+3m,x∈R,若x)十9≥0恒成立，则m的取值范 围是() A.f32),十o) B.lalvs4lallcol(f32),+co) C.lalvs4lalcol(-oo,32)) D.lalvs4lalcol(-o,f32)) 解析：选Afx)=2x3-6x2=2x2(x-3), 令f(x)=0得x=0或x=3,验证可知x=3是函数x)的最小值，点，故fx)min=f (3)=3m-272, 由x)+9≥0恒成立得x)≥一9恒成立， 即3m-272≥-9，所以m≥32 2.若关于x的不等式ax<ex在x∈(O,l)上恒成立，则a的取值范围是() A.(-o,e] B.(0,e] C.(1,e] D.[e,+oo) 解析：选A.当x∈(0,1)时，ax<e'台a<exx,令x)=exx,x∈(0,1)，则问题等 价于a<fx)mim,则f(x)=xex-exx2=(x-1)exx2,所以f(x)<0,即x)在(0,1) 上单调递减，所以当x∈(0，I)时，x)>e,所以a≤e 3.已知函数x)=e一ln(x十3)，则下列有关描述正确的是( A.x∈(-3，+oo),x)≥13 B.Vx∈(-3，+oo),x>-12 C.3xo∈(-3，+oo),fxo)=-1 D.fx)mm∈(0,1) 解析：选B.因为x)=e-ln(x+3),x>-3, 所以f(x)=ex-1x+3,显然f(x)在(-3，+oo)上是增函数，又f(-1)=1e-12 <0,f0)=23>0, 所以f(x)在（一3，十0）上有唯一的零，点， 设为x0,且xo∈(-1,0)， 则xo为x)的极小值，点，也是最小值点，且exo=1x0+3, 即xo=-ln(xo+3), 故fx)≥fxo)=exo-ln(xo+3)=1x0+3+xo. ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 易证函数y=1x十3+x在（一1,0）上单调递增， 由于xo∈(-1,0)，所以1x0+3+xo∈avs4 alcol(-f(113), 所以fx)mm∈alvs4al小col(-f113),所以x)>-12. 4.（多选)2025·抚顺月考)已知函数x)=x(nx一a),gx)=e(x十1)，若对任意的 x∈1，e],均存在x2∈[-1,1]，使得x)=g(2),则a的取值可能是() A.-2)2 B.-2)2 C.-12 D.14 解析：选BC.设x)在[1，©]上的值域为A,g(x)在[-1,1]上的值域为B,则A <B, g'(x)=(c+2)e*,当x∈[-1,1]时，g(x)>0,所以g(x)在[-1,1]上单调递增， 所以B=[0,2e]; 因为A∈B,则当x∈[1，e]时，x)min≥0，x)max≤2e, 令xnx-a)≥0， 对Vx∈[1，e]恒成立，则a≤lnx恒成立，即a≤(In x)min=0; 当a≤0时，f(x)=lnx-a+1>0在[1，e]上恒成立，所以fx)在[1，e]上单调递 增， 所以xmax=e)=e(1-a)≤2e,解得a≥-1. 综上所述，-1≤a≤0. 5,若命题p:Vx∈[-1,1]，x3≥a一2x为假命题，则实数a的取值范围是 解析：由题得p:3x∈[-1,1]，x3<a-2x为真命题， 所以当x∈[-1,1]时，a>x3+2x有解， 令x)=x3+2x,x∈[-1,1]， f(x)=3x2+2>0, 所以x)在区间[-1,1]上单调递增， 所以x)mm=-1)=-3, 所以只需a>一3，即实数a的取值范围是（一3，十o). 答案：（一3，十0） 6.若存在正数x使2(x一)<1成立，则实数a的取值范围是 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 解析：因为2(x-a)<1,所以a>x12x 令x)=x-12x,x>0, 所以f(x)=1+2-1n2>0, 所以x)在(0，十oo)上单调递增， 所以x)>0)=0-1=-1, 所以a的取值范围为（一1，十oo) 答案：（一1，十o0) 7.(13分)已知函数x)=12x2+lnx,g(x)=23x3,求证：在区间(1，+o)上，f (x)<g(x). 证明：设F(x)=g(x)-x)=23x3-12x2-lnx,心1， 则F'(x)=2x2-x一1x=(x-1)(2x2+x十1)x, 当心1时，F(c)P0, 所以F(x)在(1，十oo)上单调递增， 所以F(x)>F(1)=16>0. 所以当x>1时，g(x)-x)>0, 即x)<g(x) 8.(15分)已知函数x)=xlnx,g(x)=-x2十ax-3(a∈R) (I)求曲线x)在点(e,e)处的切线方程；(5分) (2)若对于任意的x∈f1e),e,都有2孔x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围.(10 分) 解：(1)因为x)=xlnx(>0), 所以f(x)=lnx+1, 所以切线的斜率k=f(e)=2,fe)=e. 所以曲线fx)在点(e,e)》处的切线方程为y-e=2x-e),即y=2x-e. (2)若2孔x)≥g(x)对任意的x∈f1e),e恒成立， 则2xlnx≥-x2+ax一3对任意的x∈f1e),e)恒成立， 即a≤2nx十x+3x对任意的x∈f1e),e恒成立， 令h(x)=2nx+x+3x,x∈le,e,只需满足a≤h(xmin, 又h(x)=2x+1-3x2=(x+3)x-1)x2, ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 因为x∈fle,e,所以由h(x)=0得x=1, 当le≤x<1时，h(x)<0,h(x)单调递减， 当1<x≤e时，h(x)>0,h(x)单调递增， 所以当x=1时，函数(x)取得极小值也是最小值， 即h(x)min=h(1)=4, 所以a≤4， 即实数a的取值范围为（一0,4]. 9.(15分)2025·丹东期末)已知函数x)=cosx+x sin x,x∈(-元，元). (1)求x)的单调区间和极小值；(7分) (2)证明：当x∈[0，元)时，2x)≤ex+ex.(8分) 解：(1)函数x)=cosx十c sinx,x∈(-元，)，求导得f(x)=-sinx+sinx+xcos x=x cosx. 当一元<x<一π2时，f(x)>0,x)单调递增；当一π2<x<0时，f(x)<0,x)单 调递减； 当0<x<π2时，f(x)>0,x)单调递增； 当π2<x<π时，f(x)<0,x)单调递减. 所以x)的单调递增区间为lavs4 allcol(-π，-fπ2)，alvs4 allcol(0,I fπ2；单调递减区间为avs4 allcol(-fn2),O),las4 allcol(fπ2)，π，fx)的 极小值为0)=1. (2)证明：当x∈[0，元)时，令F(x)=ex+e-x-2(cosx+x sinx), F(x)=ex-e-x-2x cos x>ex-e-x-2x. 令p(x)=ex-e-x-2x,x∈[0，元)，则p'(x)=ex十e-x-2≥2exe-x-2=0,当且仅 当x=0时等号成立， 所以函数p(x)在[0，)上单调递增， 则p(x)≥p(0)=0, 即F(x)≥0，故F(x)在[0，冗)上单调递增， 因此Fx)≥F0)=0,所以2x)≤e+e-x 10.(15分)已知函数孔x)=12x2+(1-)x-klnx. (1)讨论x)的单调性；(6分) ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (2)若k为正数，且存在xo使得xo)<32一2，求k的取值范围.(9分) 解：(If(x)=x+1一k-x=(c+1)x-x(x>0), 若k≤0，则f(x)>0,x)在(0，十o)上单调递增； 若k>0,则当x∈(0，)时，fx)<0, 当x∈(k,十o)时，f(x)>0, 所以x)在(0，)上单调递减，在(k,+o)上单调递增. 综上，当k≤0时，x)在(0，十o)上单调递增； 当k>0时，x)在(0，)上单调递减，在(k,十o)上单调递增. (2)因为k>0,由(1)知x)+2-32的最小值为)十2-32=k22+k-klnk-32, 由题意得k22+k-klnk-32<0, 即k2+1-lnk-32k<0, 令g()=k2+1-lnk-32kk>0), 则g()=12-1k+32k2=k2-2k+32k2>0, 所以g(在(0，+0)上单调递增，又g(1)=0, 所以当k∈(0,1)时，g()<0; 当k∈(1，+o)时，g(k)>0. 故k的取值范围为(0，1). ·独家授权侵权必究·