新课改地区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.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∀x∈[0,+∞),则ex与1+x的大小关系为(　　)A.ex≥1+x　B.ex<1+xC.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+2sinx,设a=20.3,b=0.32

2、,c=log20.3,则(　　)A.f(b)f(b)>f(a).3.已知x=1是函数f(x)=

3、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lna

4、函数f=xlnx,若0-1时,x1f+x2f>2x2f【解析】选AD.设g(x)==lnx,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)=lnx+2不是恒大于零,B错误;因为f=xlnx,所以f′=lnx+1不是恒小于零,C错误;当lnx>-1时,f′=lnx+1>0,函数单调递增,故=x1f+8x2f-x2f-x1f(x2

5、)>0,即x1f+x2f>x2f+x1f(x2),=lnx2>=lnx1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

6、.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(

7、2x

8、)>f(

9、x+1

10、)⇒

11、2x

12、>

13、x+1

14、,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-2sinx,对任意的x1,x2∈[0,π],恒有

15、f(x1)-f(x2)

16、≤M,则M的最小值为________. 【解析】因为f(x)=x-2sinx,所以f′(x)=1-2cosx,所以当0

17、x<π时,f′(x)>0,f(x)单调递增.8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

18、f(x1)-f(x2)

19、≤M恒成立等价于M≥

20、f(x)max-f(x)min

21、=π-=+.所以M的最小值为+.答案:+7.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∈[

22、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.