高考数学一轮复习核心素养测评十六3-4导数与不等式的综合问题
核心素养测评十六 导数与不等式的综合问题
(30分钟 60分)
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=,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 a0,h(x)单调递增,
因为存在x∈,m≤2ln x+x+成立,
所以m≤h(x)max,
因为h=-2++3e,h(e)=2+e+,
所以h>h(e),所以m≤+3e-2.
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·汉中模拟)设函数f(x)=ex-(e为自然对数的底数),若不等式f(x)≤0有正实数解,则实数a的最小值为 .
【解析】原问题等价于存在x∈(0,+∞),使得a≥ex(x2-3x+3),令g(x)=ex(x2-3x+3),x∈(0,+∞),则a≥g(x)min.而g′(x)=ex(x2-x),由g′(x)>0可得 x∈(1,+∞),由g′(x)<0可得x∈(0,1),所以函数g(x)在区间(0,+∞)上的最小值为g(1)=e.综上可得,实数a的最小值为e.
答案:e
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:[,+∞)
8.已知不等式ex-1≥kx+ln x,对于任意的x∈(0,+∞)恒成立,则k的最大值为 . 世纪金榜导学号
【解题指南】不等式ex-1≥kx+ln x,对于任意的x∈(0,+∞)恒成立,等价于k≤对于任意的x∈(0,+∞)恒成立.求得f(x)=(x>0)的最小值即可得到k的取值.
【解析】不等式ex-1≥kx+ln x,对于任意的x∈(0,+∞)恒成立,等价于k≤对于任意的x∈(0,+∞)恒成立.令f(x)=(x>0),
f′(x)=,令g(x)=ex(x-1)+ln x(x>0),则g′(x)=xex+>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0,
所以x∈(0,1)时,g(x)<0,x∈(1,+∞)时,g(x)>0.所以x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.
所以x∈(0,1)时,f(x)单调递减,x∈(1,+∞)时,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1)=e-1,所以k≤e-1.
答案:e-1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·邯郸模拟)已知函数f(x)=ln x-ax.
(1)当a=1时,判断函数f(x)的单调性.
(2)若f(x)≤0恒成立,求a的取值范围.
(3)已知b>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.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.(2020·汉中模拟)已知函数f(x)=ln x+x2-(m+1)x+m+. 世纪金榜导学号
(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,
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.
