2022届高考数学一轮复习核心素养测评第3章3.4.1导数与不等式含解析新人教B版.doc

核心素养测评 十五导数与不等式(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.对于x0,+),则ex与1+x的大小关系为()A.ex1+xB.ex<1+xC.ex=1+xD.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x0,+),f(x)0,故f(x)在0,+)上递增,故f(x)f(0)=0,即ex1+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(a)<f(c)B.f(b)<f(c)<f(a)C.f(c)<f(b)<f(a)D.f(a)<f(b)<f(c)【解析】选D.根据函数性质可得1<20.3<2;0<0.32<1;-2<log20.3<-1;故可判断出c<b<a.又f(x)=-3x2-3+2cos x,其中-3x2-3-3恒成立,而cos x-1,1也是恒成立,故f(x)<0恒成立,即函数f(x)是单调递减的,由c<b<a得,f(c)>f(b)>f(a).3.已知x=1是函数f(x)=ax3-bx-ln x(a>0,bR)的一个极值点,则ln a与b-1的大小关系是()A.ln a>b-1B.ln a<b-1C.ln a=b-1D.以上都不对【解析】选B.f(x)0=3ax2-b-,因为x=1是f(x)的极值点,所以f=3a-b-1=0,即3a-1=b.令g(a)=ln a-(b-1)=ln a-3a+2(a>0),则g=-3=,令g>0,解得0<a<,令g<0,解得a>,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<b-1.4.(多选)已知函数f=xln x,若0<x1<x2,则下列结论正确的是()A.x2f<x1fB.x1+f<x2+fC.<0D.当ln x>-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) 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x0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,x20,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0<x<时,f(x)<0,f(x)单调递减;当<x<时,f(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=时,f(x)有极小值,即最小值,且f(x)min=f=-2sin =-.又f(0)=0,f()=,所以f(x)max=.由题意得|f(x1)-f(x2)|M恒成立等价于M|f(x)max-f(x)min|=-=+.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,x21,e,都有f(x1)g(x2)成立,则实数a的取值范围为_.世纪金榜导学号 【解析】因为g(x)=x-ln x,x1,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0<a<1时,f(x)在1,e上单调递增,f(x)min=f(1)=1+a2e-1,所以1>a.当1ae时,f(x)min=f(a)=2ae-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.(2020·烟台模拟)已知函数f=x3-ex2+ax,g=,对于任意的x1,存在x2,使fg,则实数a的取值范围为_;若不等式f+x3<xg有且仅有一个整数解,则实数a的取值范围为_. 【解析】由题意得,x.由f=x3-ex2+ax,可得f=x2-2ex+a=(x-e)2+a-e2,所以=f=-e+a.由g=,可得g(x)=,则g(x)在上单调递增,所以=g(e)=.所以-e+a,解得ae+-.由f+x3<xg,可得x3-ex2+ax+x3<ln x,x>0,所以a<+ex-x2.设h(x)=+ex-x2,则h(x)=+e-x,显然h(e)=0,当0<x<e时,h(x)>0,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).又h(4)=4e-8+,h(4)-h(2)=2e-6<0,则h(4)<h(2).综上所述,当h(2)a<h(3)时,a<+ex-x2有且仅有一个整数解,即当2e-2+a<3e-+时,f+x3<xg有且仅有一个整数解.答案: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0<x<1;若f(x)<0,则x>1,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-ax0恒成立,又因为x(0,+),所以分离变量得a恒成立,设g(x)=,则ag(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.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0<x<或x>2.令f(x)<0,则<x<2.所以f(x)在和(2,+)上单调递增,在上单调递减.(2)f(x)=x+-m-1,当m1时,f(x)>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,m1.- 8 -