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+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∀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+2sinx,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-lnx(a>0,b∈R)的一个极值点,则lna与b-1的大小关系是()A.lna>b-1B.lna0),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-ln3<0,故lna0,h(x)单调递增,因为存在x∈,m≤2lnx+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:e7.设a>0,函数f(x)=x+,g(x)=x-lnx,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-lnx,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+lnx,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+lnx,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+lnx,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)+lnx(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)=lnx-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)=lnx-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...
