(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4章 第4讲　第1课时　高效演练分层突破 (含解析)

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[基础题组练]1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)A．f(2)－f(1)>ln 2　　　 B．f(2)－f(1)<ln 2C．f(2)－f(1)>1  D．f(2)－f(1)<1解析：选A．根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>＝(ln x)′，即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.2．若0<x1<x2<1，则(　　)A．ex2－ex1>ln x2－ln x1  B．e x2－e x1<ln x2－ln x1C．x2e x1>x1e x2  D．x2e x1<x1e x2解析：选C．令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0<x<1时，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即<，所以x2e x1>x1e x2，故选C．3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥.解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0.令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥.5．(2020·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解：(1)f′(x)＝－a(x>0)．①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.6．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝λln x－e－x，所以f′(x)＝＋e－x＝，因为函数f(x)是单调函数，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，所以≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，当0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，由①得φ(x)＝－在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，因为0<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.要证e1－x2－e1－x1>1－，只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－.令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1－，原不等式得证．