2021版高考数学一轮复习核心素养测评十五导数与不等式新人教B版 0 8页

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∀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),‎ 8‎ 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 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,‎ 8‎ 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 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.‎ 8‎ 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;‎ 8‎ 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)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≥‎ 8‎ 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.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,‎ 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. ‎ 8‎