2021版高考数学一轮复习核心素养测评十五导数与不等式苏教版
核心素养测评十五 导数与不等式
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.对于∀x∈[0,+∞),则ex与1+x的大小关系为 ( )
A.ex≥1+x
B.ex<1+x
C.ex=1+x
D.ex与1+x大小关系不确定
【解析】选A.令f(x)=ex-(1+x),因为f′(x)=ex-1,所以对∀x∈[0,+∞),
f′(x)≥0,
故f(x)在[0,+∞)上递增,故f(x)≥f(0)=0,
即ex≥1+x.
2.(2020·长沙模拟)已知函数f(x)=-x3-3x+2sin x,设a=20.3,b=0.32,c=log20.3,则 ( )
A.f(b)
f(b)>f(a).
3.已知x=1是函数f(x)=ax3-bx-ln x(a>0,b∈R)的一个极值点,则ln a与b-1的大小关系是 ( )
A.ln a>b-1 B.ln a0),
则g′=-3=,
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令g′>0,解得0,故g(a)在上单调递增,在上单调递减,
故g(a)max=g=1-ln 3<0,故ln a-1时,x1f+x2f>2x2f
【解析】选AD.设g(x)==ln x,函数单调递增,则g(x2)>g(x1),
即>所以x1f(x2)>x2f(x1),A正确;
设h(x)=f(x)+x所以h′(x)=ln x+2不是恒大于零,B错误;
因为f=xln x,所以f′=ln x+1不是恒小于零,C错误;
当ln x>-1时,f′=ln x+1>0,函数单调递增,
故=x1f+
x2f-x2f-x1f(x2)>0,
即x1f+x2f>x2f+x1f(x2),=ln x2>=ln x1
所以x1f(x2)>x2f(x1)
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即x1f+x2f>2x2f,D正确.
二、填空题(每小题5分,共20分)
5.(2020·潮州模拟)设函数f(x)=ex+e-x+x2,则使f(2x)>f(x+1)成立的x的取值范围是________.
【解析】根据题意,函数f(x)=ex+e-x+x2,
则f(-x)=e-x+ex+(-x)2=ex+e-x+x2=f(x),
即函数f(x)为偶函数,
又f′(x)=(ex)′++(x2)′
=ex-e-x+2x.
当x≥0时,有f′(x)≥0,即函数f(x)在[0,+∞)上为增函数,f(2x)>f(x+1)⇒f(|2x|)>f(|x+1|)⇒|2x|>|x+1|,解得x<-或x>1,即x的取值范围为∪(1,+∞).
答案:∪(1,+∞)
6.(2020·深圳模拟)函数f(x)=x-2sin x,对任意的x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为________.
【解析】因为f(x)=x-2sin x,
所以f′(x)=1-2cos x,
所以当00,f(x)单调递增.
所以当x=时,f(x)有极小值,即最小值,且
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f(x)min=f=-2sin =-.
又f(0)=0,f(π)=π,所以f(x)max=π.
由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M恒成立等价于M≥|f(x)max-f(x)min|=
π-=+.
所以M的最小值为+.
答案:+
7.设a>0,函数f(x)=x+,g(x)=x-ln x,若对任意的x1,x2∈[1,e],都有
f(x1)≥g(x2)成立,则实数a的取值范围为________.
【解析】因为g(x)=x-ln x,x∈[1,e],
所以有g′(x)=1-≥0,函数g(x)单调递增,则g(x)max=g(e)=e-1.
因为f(x)=x+,所以f′(x)=.
令f′(x)=0,因为a>0,所以x=a.当0a≥.
当1≤a≤e时,f(x)min=f(a)=2a≥e-1恒成立.
当a>e时,f(x)在[1,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=≥e-1恒成立.综上,
a≥.
答案:[,+∞)
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8. (2020·淮安模拟)已知函数f=x3-ex2+ax,g=,对于任意的x1∈,存在x2∈,使f′≤g,则实数a的取值范围为________;若不等式f+x30,所以a<+ex-x2.设h(x)=+ex-x2,则h′(x)=+e-x,
显然h′(e)=0,当00,h(x)单调递增;
当x>e时,h′(x)<0,h(x)单调递减.
又h(2)=2e-2+, h(3)=3e-+,
h(3)-h(2)=e-2.5+-=e-2.5+>0,则h(3)>h(2).
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又h(4)=4e-8+,h(4)-h(2)=2e-6<0,则h(4)a>e,证明ab>ba.
【解析】由题意可知,函数f(x)=ln x-ax的定义域为(0,+∞)且f′(x)=-a.
(1)当a=1时,f′(x)=-1=,
若f′(x)>0,则01,所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,(1,+∞)上单调递减.
(2)若f(x)≤0恒成立,则ln x-ax≤0恒成立,又因为x∈(0,+∞),所以分离变量得a≥恒成立,设g(x)=,则a≥g(x)max,所以g′(x)=,当g′(x)<0时,
x∈(e,+∞);
当g′(x)>0时,x∈(0,e),即函数g(x)=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
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当x=e时,函数g(x)=取最大值,g(x)max=g(e)=,所以a≥.
(3)欲证ab>ba,两边取对数,只需证明ln ab>ln ba,即证bln a>aln b,即证>,由(2)可知g(x)=在(e,+∞)上单调递减,且b>a>e,所以g(a)>g(b),命题得证.
10.已知函数f(x)=ln x+x2-(m+1)x+m+.
(1)设x=2是函数f(x)的极值点,求m的值,并求f(x)的单调区间.
(2)若对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0恒成立,求m的取值范围.
【解析】(1)f(x)=ln x+x2-(m+1)x+m+(x>0),f′(x)=x+-m-1.
因为x=2是函数f(x)的极值点,
所以f′(2)=2+-m-1=0,故m=.
令f′(x)=x+-=>0,
解得02.令f′(x)<0,则0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增,又f(1)=0,所以
ln x+x2-(m+1)x+m+>0恒成立;
当 m>1时,易知f′(x)=x+-m-1在(1,+∞)上单调递增,
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故存在x0∈(1,+∞),使得f′(x0)=0,
所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,则f(x0)<0,这与f(x)>0恒成立矛盾.综上,m≤1.
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