微专题8 更换主元必要探路-【精彩三年】2023高考数学汇编与名师优创微专题34卷教师用书word

微专题8　更换主元必要探路 (见学生用书P8) [建议时间：35分钟　满分：60分] 　　　　 　　　 　　　　　　　 　　　 一、单选题(本题共5个小题，共25分) 1.已知a∈Z，若对任意x∈，不等式a ln x≤x＋1成立，则a的最大值为(　B　) A．2 B．3 C．4 D．5 2.当x>1时，x<ln x－x＋3恒成立，则整数k的最大值为(　C　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 3.已知函数f(x)＝ex，若对任意的x∈，都有f(x)>a成立，则整数a的最大值为(　B　) A．3 B．4 C．5 D．6 【解析】 令x＝1，则a<<5， 所以整数a的最大值可以为4. 下面证明ex>4在x∈上恒成立， 即ex＋4>0在x∈上恒成立． 设g(x)＝ex＋4，x>0， 则g′(x)＝(x－1)ex， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 于是g(x)min＝g(1)＝4－e>0，命题得证， 故整数a的最大值为4. 4.已知函数f(x)＝2t ln x－ln2x＋，h(x)＝e2x－2tex＋2t2，对任意t∈R，x>0，总有h(x)>f(x)成立，则正整数m的最大值为(　C　) A．4 B．3 C．2 D．1 【解析】由函数f(x)＝2t ln x－ln2x＋，h(x)＝e2x－2tex＋2t2， 因为h(x)－f(x)>0，整理得2t2－2t＋e2x＋ln2x－>0(*)， 由题意知“对任意t∈R，x>0，总有h(x)>f(x)成立”等价于“不等式(*)对任意t∈R恒成立”， Δ＝4－8<0， 整理得m2<. ∵m>0，且当x>0时，ex－ln x>0， ∴m<ex－ln x，x>0. 令φ(x)＝ex－ln x，x>0，则φ′(x)＝ex－，且φ′(x)在上单调递增， ∵φ′＝－2<0，φ′(1)>0， ∴存在x0∈，使得φ′＝ex0－＝0， 且当x∈时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； 当x∈时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， ∴φ(x)min＝φ＝ex0－ln x0. 又ex0－＝0，∴ex0＝，x0＝ln ＝－ln x0， ∴φ＝ex0－ln x0＝＋x0∈， ∴m<φ∈.又m为正整数，所以m≤2， 即正整数m的最大值为2. 5.对∀x∈，存在实数a使得不等式<0恒成立，则b的取值范围为(　B　) A． B． C． D． 【解析】 由题意可知，对∀x∈，存在实数a使得不等式<0恒成立， 转化为<0在上恒成立， 即min<a<max， x∈. 设f(x)＝，则f′(x)＝＝0⇒x＝e. 当x>e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递减； 当0<x<e时，f′(x)>0，所以函数f(x)在上单调递增． 当x＝e时，f(x)取得极大值，也为函数f(x)的最大值， f(x)max＝f(e)＝＝. 设g(x)＝，则g′(x)＝＝.令g′(x)＝0，即＝0，解得x＝1， 当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在上单调递增； 当0<x<1时，g′(x)<0，所以函数g(x)在上单调递减． 当x＝1时，g(x)取得极小值，也为函数g(x)的最小值， g(x)min＝g(1)＝＝e1－2b. 即e1－2b>，解得b<1， 所以b的取值范围为. 二、多选题(本题共3个小题，共15分) 6.已知不等式mex>ln x＋e恒成立，则实数m的值可以为(　BCD　) A．1 B．2 C．e D．3 【解析】 不等式mex>ln x＋e恒成立，当x＝1时，me>ln 1＋e＝e，得m>1， 结合选项，我们探究当m≥2时，不等式恒成立， 显然mex≥2ex， 构造函数f(x)＝2ex－ln x－e， 令f′(x)＝2ex－，且f′(x)在上单调递增． 又f′<0，f′>0，可知存在唯一的正数x0∈，使得f′＝0， 即2ex0＝，－ln x0＝x0＋ln 2， 则f(x)在上单调递减，在上单调递增． 所以f(x)min＝f＝2ex0－ln x0－e＝＋x0＋ln 2－e>2＋＋ln 2－e>2.5＋0.5－e＝3－e>0， 于是对于所有大于等于2的m都满足题意． 故选BCD. 7.已知函数f(x)＝x ln x＋x，当x>1时，使不等式f(x)>kx－k恒成立的k的值可以为(　ABC　) A．2 B．e C．3 D．4 【解析】 当x>1时，f(x)>kx－k恒成立，得x>1时，(x－1)k<x ln x＋x，即k<对x>1恒成立． 设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝， 令μ(x)＝－ln x＋x－2(x>1)，则μ′(x)＝＋1， ∴当x>1时，μ′(x)>0，μ(x)在(1