第1板块 大题规范练1 利用导数证明不等式-【百汇大课堂】新教材2023版高考数学总复习天天练

f(a)的最小值为f －１２( )＝－ ２ e e ,所以m＜－２ ee ． 即m 的取值范围为 ( －∞,－２ ee ) ． [高考衍生练] １．D　解析:令f(x)＝x－lnx(x＞０),则f′(x)＝１－１x． 当０＜x＜１时,f′(x)＜０,f(x)单调递减, 当x＞１时,f′(x)＞０,f(x)单调递增, 所以f(x)≥f(１)＝１＞０,即x＞lnx, 所以a＞lna＝c,c＞lnc＝lneb＝b,即a＞c＞b,故选 D． ２．D　解析:令f(x)＝lnxx ,则f′(x)＝１－lnxx２ , 可得当０＜x＜e时,f′(x)＞０,所以f(x)在(０,e)上单调 递增; 当x＞e时,f′(x)＜０,所以f(x)在(e,＋∞)单调递减． 因为３a＞３b,所以a＞b＞e,所以lnaa ＜ lnb b ,即lna １ a ＜ lnb １ b ,所以a １ a ＜b １ b ; 当a＝２,b＝５时,ln２２ ＝ ln４ ４ ＞ ln５ ５ ,故２ １ ２ ＞５ １ ５ ,而３２ ＜３５． 综上可得当实数a＞０,b＞e时,“３a＞３b”是“a １ a ＞b １ b ”的 既不充分也不必要条件．故选 D． ３．D　解析:设g(x)＝e x x ,则g′(x)＝e x(x－１) x２ ． 所以g(x)＝e x x 在(０,１)上单调递减,在(１,e)上单调 递增． 所以当a,b∈(０,e),且a＜b时,不能判断出g(a)与g(b) 的大小． 所以选项 A,B都不正确; 设f(x)＝lnxx ,则f′(x)＝１－lnxx２ ． 由f′(x)＞０,得０＜x＜e,由f′(x)＜０,得x＞e, 所以f(x)在(０,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减． 因为a,b∈(０,e),且a＜b,所以lnaa ＜ lnb b ,即alnb＞ blna． 所以选项C不正确,选项 D正确．故选 D． ４．B　解析:由题意得x－mlnx≥n对∀x＞０恒成立,令 f(x)＝x－mlnx,则f′(x)＝x－mx (x＞０)．若m＜０,则 f′(x)＞０,f(x)单调递增,当x从右侧趋近于０时f(x) →－∞,不合题意;若m＞０,当x∈(０,m)时,f′(x)＜０, f(x)单调递减;当x∈(m,＋∞)时,f′(x)＞０,f(x)单调 递增,所以f(x)最小值为f(m)．所以f(m)＝m－mlnm ≥n,所以n－２m ≤ m－mlnm－２ m ＝１－lnm－ ２ m (m＞０)． 令g(x)＝１－lnx－２x (x＞０),则g′(x)＝－１x ＋ ２ x２ ＝ －x＋２ x２ (x＞０),当x∈(０,２)时,g′(x)＞０,g(x)单调递增; 当x∈(２,＋∞)时,g′(x)＜０,g(x)单调递减．所以g(x)≤ g(２)＝－ln２,所以１－lnm－２m≤－ln２ ,即n－２ m 的最大值 为－ln２．故选B． 大题规范练[１] [热考模拟练] １．(１)解:由已知可得,函数f(x)的定义域为(０,＋∞),且 f′(x)＝ax ＋１ , 因为x＝１是f(x)的极值点,所以f′(１)＝a＋１＝０,解 得a＝－１, 此时f′(x)＝－１x＋１＝ x－１ x , 故当０＜x＜１时,f′(x)＜０;当x＞１时,f′(x)＞０． 所以f(x)的单调递增区间为(１,＋∞),单调递减区间为 (０,１)． (２)证明:若a＝１,则f(x)＝lnx＋x,g(x)＝xex－１, 设h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋１,x∈(０,＋∞), 则h′(x)＝１x＋１－ (x＋１)ex＝(x＋１) １x－e x( )． 令t(x)＝１x－e x,x∈(０,＋∞), 则t′(x)＝－１ x２ －ex＜０对任意x∈(０,＋∞)恒成立, 所以t(x)＝１x－e x 在(０,＋∞)上单调递减． 又t １２( )＝２－ e＞０,t(１)＝１－e＜０, 所以∃x０∈ １ ２ ,１( ) ,使得t(x０)＝ １x０ －e x０ ＝０,即 １x０ ＝ ex０,则ln １x０ ＝lnex０,即－lnx０＝x０． 因此,当０＜x＜x０ 时,t(x)＞０,即h′(x)＞０,则h(x)单 调递增; 当x＞x０ 时,t(x)＜０,即h′(x)＜０,则h(x)单调递减． 故h(x)≤h(x０)＝lnx０＋x０－x０ex０ ＋１＝０－１＋１＝０, 即f(x)≤g(x)． ２．证明:(１)f′(x)＝ex(x＋１)－cosx, 当x∈(０,＋∞)时,ex＞１,x＋１＞１,∴ex(x＋１)＞１,又 因为cosx≤１, 所以f′(x)＞０,所以f(x)在(０,＋∞)上单调递增． 当x∈(－１,０)时,f′(x)＝(x＋１)ex－cosxx＋１( ) , 令u(x)＝cosx－(x＋１),x∈(－１,０)