2021版高考数学一轮复习核心素养测评十六导数与不等式的综合问题理北师大版.doc

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)=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.(2020·滁州模拟)若对于任意的正实数x,y都有ln成立,则实数m的取值范围为 ()A.B.C.D.【解析】选D.由ln,可得ln.设=t,令f(t)=(2e-t)·ln t,t>0,则f(t)=-ln t+-1,令g(t)=-ln t+-1,t>0,则g(t)=-<0,所以g(t)在(0,+)上单调递减,即f(t)在(0,+)上单调递减.因为f(e)=0,所以f(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以f(t)max=f(e)=e,所以e,所以实数m的取值范围为.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·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aex(x2-3x+3),令g(x)=ex(x2-3x+3),x(0,+),则ag(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:e7.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_. 【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.已知不等式ex-1kx+ln x,对于任意的x(0,+)恒成立,则k的最大值为_. 【解题指南】不等式ex-1kx+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-1kx+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ke-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.(2020·汉中模拟)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.- 6 -