(魯京津瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20練 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題練習(xí)(含解析).docx
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(魯京津瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第20練 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題練習(xí)(含解析).docx
第20練 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題基礎(chǔ)保分練1(2019雅安中學(xué)月考)設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當x<0時,f(x)g(x)f(x)g(x)>0,且f(3)0,則不等式f(x)g(x)<0的解集是()A(3,0)(3,) B(,3)(0,3)C(,3)(3,) D(3,0)(0,3)2設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),對任意xR都有f(x)>f(x)成立,則()A2018f(ln2017)>2017f(ln2018)B2018f(ln2017)<2017f(ln2018)C2018f(2017)>2017f(2018)D2018f(2017)<2017f(2018)3(2018遵義模擬)已知函數(shù)f(x)x(e1)lnx,則不等式f(ex)<1的解集為()A(0,1) B(1,) C(0,e) D(e,)4已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x<0時,不等式f(x)xf(x)<0恒成立若a30.3f(30.3),blog3f(log3),clog3f,則a,b,c的大小關(guān)系是()Aa>b>cBc>b>aCc>a>bDa>c>b5(2019廣東省高三第一次聯(lián)考)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)<0,設(shè)af(mm2),bem2m1f(1),則a,b的大小關(guān)系是()Aa<bBa>bCabDa,b的大小與m有關(guān)6已知可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),f(0)2019,若對任意的xR,都有f(x)>f(x),則不等式f(x)<2019ex的解集為()A(0,) B.C.D(,0)7(2018宜賓模擬)已知函數(shù)f(x)xlnxx(xa)2(aR)若存在x,使得f(x)>xf(x)成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.B.C(,) D(3,)8已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0,)上的可導(dǎo)函數(shù),滿足f(x)>0且f(x)f(x)<0(f(x)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)),若0<a<1<b且ab1,則下列不等式一定成立的是()Af(a)>(a1)f(b) Bf(b)>(1a)f(a)Caf(a)>bf(b) Daf(b)>bf(a)9設(shè)函數(shù)f(x)x3mx23m2x2m1(m>0)若存在f(x)的極大值點x0,滿足xf(0)2<10m2,則實數(shù)m的取值范圍是_10已知函數(shù)f(x)(xm)lnx,mR,當x1時,恒有(x1)f(x)>0,則關(guān)于x的不等式f(x)<2x2的解集為_能力提升練1(2018邯鄲模擬)已知f(x)lnx,g(x)x22ax4.若對任意x1(0,2,存在x21,2,使得f(x1)g(x2)成立,則a的取值范圍是()A.B.C.D.2設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(,0)上的可導(dǎo)函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f(x),且有2f(x)xf(x)>x2,則不等式(x2017)2f(x2017)9f(3)>0的解集為()A(,2020) B(,2014)C(2014,0) D(2020,0)3若存在實數(shù)x,使得關(guān)于x的不等式x22axa2(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))成立,則實數(shù)a的取值集合為()A.B.C.D.4(2019廈門外國語學(xué)校月考)已知函數(shù)f(x)xlnx,g(x)x3x25,若對任意的x1,x2,都有f(x1)g(x2)2成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A(0,) B1,)C(,0) D(,15已知f(x)xex,g(x)(x1)2a,若存在x1,x2R,使得f(x1)g(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是_6已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)7,且f(x)導(dǎo)函數(shù)f(x)<3,則不等式f(lnx)>3lnx1的解集為_答案精析基礎(chǔ)保分練1B2.A3.A4.C5.B6A根據(jù)題意,設(shè)g(x),其導(dǎo)數(shù)g(x),又由對任意的xR,都有f(x)>f(x),則有g(shù)(x)<0,則函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù),又由f(0)2019,則g(0)2019,f(x)<2019ex<2019g(x)<g(0),又由函數(shù)g(x)為減函數(shù),則有x>0,即不等式的解集為(0,)故選A.7C由f(x)>xf(x)成立,可得<0.設(shè)g(x)lnx(xa)2(x>0),則存在x,使得g(x)<0成立,即g(x)2(xa)<0成立,即a>min即可又x2,當且僅當x,即x時取等號,a>.故選C.8C構(gòu)造函數(shù)F(x)exf(x)(x>0),F(xiàn)(x)exf(x)f(x)<0,所以F(x)是(0,)上的減函數(shù)令0<x<1,則x<,由已知F(x)>F,可得f(x)>f,下面證明>,即證明x2lnx>0,令g(x)x2lnx,則g(x)<0,即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,g(x)>g(1)0,即>,所以f(x)>f>f,即xf(x)>f,若0<a<1<b,ab1,則af(a)>bf(b)故選C.9.解析對f(x)求導(dǎo)得f(x)x22mx3m2(x3m)(xm)(m>0),則由f(x)>0得,x>m或x<3m,由f(x)<0得,3m<x<m,則f(x)在(,3m)上單調(diào)遞增,在(3m,m)上單調(diào)遞減,在(m,)上單調(diào)遞增,則極大值點x03m.又f(0)2m1,則xf(0)2<10m2,即為9m2(2m1)2<10m2,解得<m<1.10(1,e2)解析由題意可知,當x1時,恒有(x1)f(x)>0,則當x>1時,f(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(1,)上為單調(diào)遞增函數(shù);當0<x<1時,f(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(0,1)上為單調(diào)遞減函數(shù)所以當x1時,函數(shù)f(x)取得極小值,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)lnx<2x2,即(x1)(lnx2)<0,解得1<x<e2,即不等式的解集為(1,e2)能力提升練1A因為f(x)(x>0),則當x(0,1)時,f(x)<0;當x(1,2時,f(x)>0,所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2上單調(diào)遞增,故f(x)minf(1).對于二次函數(shù)g(x)x22ax4,該函數(shù)開口向下,所以其在區(qū)間1,2上的最小值在端點處取得,所以要使對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.故選A.2A根據(jù)題意,令g(x)x2f(x),x(,0),故g(x)x2f(x)xf(x),而2f(x)xf(x)>x2>0,故當x<0時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,(x2017)2f(x2017)9f(3)>0,即(x2017)2f(x2017)>(3)2f(3),則有g(shù)(x2017)>g(3),則有x2017<3,解得x<2020,即不等式(x2017)2f(x2017)9f(3)>0的解集為(,2020)故選A.3C不等式x22axa2,即(xa)22,表示點與的距離的平方不超過,即最大值為.由在直線l:yx上,設(shè)與直線l平行且與曲線y相切的直線的切點為(m,n),可得切線的斜率為,解得m0,n,切點為,由切點到直線l的距離為直線l上的點與曲線y的距離的最小值,可得(0a)22,解得a,則實數(shù)a的取值集合為,故選C.4B由于g(x)x3x25,則g(x)3x22xx(3x2),函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,g5,g(2)8451.由于對任意x1,x2,f(x1)g(x2)2恒成立,所以f(x)g(x)2maxg(x)max21,即x時,f(x)1恒成立,即xlnx1在上恒成立,所以axx2lnx在上恒成立,令h(x)xx2lnx,則h(x)12xlnxx,而h(x)32lnx,當x時,h(x)<0,所以h(x)12xlnxx在上單調(diào)遞減,由于h(1)0,所以當x時,h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當x(1,2)時,h(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,所以h(x)h(1)1,即a1.5.解析f(x)exxexex(1x)當x>1時,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當x<1時,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的最小值為f(1).又函數(shù)g(x)的最大值為a,所以由題意可得a,即a.6(0,e2)解析設(shè)tlnx,則不等式f(lnx)>3lnx1等價為f(t)>3t1,設(shè)g(x)f(x)3x1,則g(x)f(x)3,f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<3,g(x)f(x)3<0,函數(shù)g(x)f(x)3x1單調(diào)遞減,f(2)7,g(2)f(2)3210,則此時g(t)f(t)3t1>0g(2),解得t<2,即f(t)>3t1的解為t<2,所以lnx<2,解得0<x<e2,即不等式f(lnx)>3lnx1的解集為(0,e2)