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

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1、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.ex1+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)

2、f(c)【解析】选D.根据函数性质可得120.32;00.321;-2log20.3-1;故可判断出cba.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cbf(b)f(a).3.已知x=1是函数f(x)=ax3-bx-ln x(a0,bR)的一个极值点,则ln a与b-1的大小关系是()A.ln ab-1B.ln a0),则g=-3=,令g0,解得0a,令g,故g(a)在上单调递增,在上单调递减,故g(a)max=g=1-ln 30,故ln ab-1.4.(多选)已知函数f=xln x,若

3、0x1x2,则下列结论正确的是()A.x2fx1fB.x1+fx2+fC.-1时,x1f+x2f2x2f【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+10,函数单调递增,故=x1f+x2f-x2f-x1f(x2)0,即x1f+x2fx2f+x1f(x2),=ln x2=ln x1所以x1f(x2)x2f(x1) 即x1f+x2f2x2f,D正确.二、填空题(

4、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x1,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

5、(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0x时,f(x)0,f(x)单调递减;当x0,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a0,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

6、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a0,所以x=a.当0aa.当1ae时,f(x)min=f(a)=2ae-1恒成立.当ae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+x3xg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=x

7、2-2ex+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+x3xg,可得x3-ex2+ax+x30,所以a+ex-x2.设h(x)=+ex-x2,则h(x)=+e-x,显然h(e)=0,当0x0,h(x)单调递增;当xe时,h(x)0,则h(3)h(2).又h(4)=4e-8+,h(4)-h(2)=2e-60,则h(4)h(2).综上所述,当h(2)ah(3)时,a+ex-x2有且仅有一个整数解,即当2e-2+a3e-+时,f+x3ae,证明abba.【解析】由题意可知,函数f(x)=ln x

8、-ax的定义域为(0,+)且f(x)=-a.(1)当a=1时,f(x)=-1=,若f(x)0,则0x1;若f(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(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abba,两边取对数,只需证明ln abln ba,即证bln aaln b,即证,由(2)可

9、知g(x)=在(e,+)上单调递减,且bae,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+(x0),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0x2.令f(x)0,则x0,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 m1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恒成立矛盾.综上,m1.- 8 -