2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价18利用导数证明不等式_构造法证明不等式含解析新人教A版.doc

《2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价18利用导数证明不等式_构造法证明不等式含解析新人教A版.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、考试课时质量评价(十八)(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．对∀x∈[0，＋∞)，ex与1＋x的大小关系为(　　)A．ex≥1＋xB．ex<1＋xC．ex＝1＋xD．不确定A解析：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，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥1＋x.故选A．2．若0lnx2－lnx1B．e－ex1eD．x2e

2、1eC解析：令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0x1e.故选C．3.若e是自然对数的底数，则(　　)A．>>B．>>C．>>D．>>-10-/10考试A解析：令f(x)＝，则f′(x)＝.当00，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)＝≤f(e)＝，排除CD．由f(π)>f(4)得>＝.故选A．4．已知x

3、＝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′(a)＝－3＝.令g′(a)>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－l

4、n3<0，故lna2.证明：设f(x)＝ex－lnx(x>0)，-10-/10考试则f′(x)＝ex－.令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，所以在上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－lnx0.所以在(0，x0)上，f(x)单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值．所以f(x0)＝e－lnx0＝＋x0>2，故f(x)>2，即

5、ex－lnx>2.6．证明：当x∈[0,1]时，x≤sinx≤x.证明：令F(x)＝sinx－x，则F′(x)＝cosx－.当x∈时，F′(x)>0，F(x)在上单调递增；当x∈时，F′(x)<0，F(x)在上单调递减．又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cosx－1<0，所以H(x)在[0,1]上是单调递减，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.-10-/10考试综上，当x∈[0,1

6、]时，x≤sinx≤x.B组　新高考培优练7．已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，某某数a的取值X围；(2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)0时，f′(x)≥0，即2a≥恒成立．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，所以2a≥1，即a≥

7、.故实数a的取值X围是.(2)证明：若a＝e，要证f(x)0)，则h′(x)＝.易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以lnx＋≥0.令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，-10-/10考试所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex

8、不等式成立．8．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)lnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.(1)求a的值；(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞x.(1)解：f′(x)＝2ax－lnx－1－.由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)·lnx，要证当0＜x≤2时，f(x)＞x，只需证当0＜x≤2时，x－lnx＞＋.令g(x)＝x－lnx，h(x)＝＋，由g′(x)＝1－＝0，得x＝1，易知g(x)在(0,1)上单调递减