《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪專題復習 課時作業(yè)21 函數(shù)、導數(shù)與不等式 理（含解析）-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪專題復習 課時作業(yè)21 函數(shù)、導數(shù)與不等式 理（含解析）-人教版高三數(shù)學試題（3頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、課時作業(yè)21 函數(shù)、導數(shù)與不等式
[A·基礎達標]
1．函數(shù)f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)求證：當a≥時，xf(x)≤g(x)．
2．[2020·貴陽市第一學期監(jiān)測考試]已知函數(shù)f(x)＝asin x－x＋b(a，b均為正常數(shù))，h(x)＝sin x＋cos x.
(1)求證：函數(shù)f(x)在(0，a＋b]內至少有一個零點；
(2)設函數(shù)f(x)在x＝處有極值，對于一切x∈[0，]，不等式f(x)>h(x)恒成立，求b的取值范圍．
[B·素養(yǎng)提升]
1．[2020·開封市模擬考試]
2、已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.
(1)證明f(x)≥0；
(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，·…·n>0時，證明：men＋n0，
所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,1)，
3、單調遞增區(qū)間是(1，＋∞)．
(2)證明：要證xf(x)≤g(x)，即證x(x－ln x)≤aex，即證a≥.
設h(x)＝，
則h′(x)＝
＝，
由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即ln x－(x－1)≤0，
于是，當x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；
當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減．
所以x＝1時，h(x)取得最大值，h(x)max＝＝，
所以當a≥時，xf(x)≤g(x)．
2．解析：(1)證明：∵f(0)＝b>0，
f(a＋b)＝asin(a＋b)－a－b＋b＝a[sin(a＋b)－1]≤0，
∴f(0)f(a＋b)
4、≤0，
∴函數(shù)f(x)在(0，a＋b]內至少有一個零點．
(2)f′(x)＝acos x－1.
由已知得：f′＝0，∴a＝2，
∴f(x)＝2sin x－x＋b，
不等式f(x)>h(x)恒成立可化為sin x－cos x－x>－b，
記函數(shù)g(x)＝sin x－cos x－x，x∈[0，]，
則g′(x)＝cos x＋sin x－1＝sin－1，x∈，
當x∈時，1≤sin≤，∴g′(x)≥0在[0，]上恒成立，
∴函數(shù) g(x)在[0，]上是增函數(shù)，最小值為g(0)＝－1，
∴b>1，∴b的取值范圍是(1，＋∞)．
[B·素養(yǎng)提升]
1．解析：(1)證明：f′(x)
5、＝ex－1.
當x>0時，f′(x)>0，當x<0時，f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，
f(x)的最小值為f(0)＝0，所以f(x)≥0.
(2)由(1)知當x∈(0，＋∞)時，ex－x－1>0，即ex>x＋1，即x>ln(x＋1)．
令x＝， 得ln<.
從而ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1.
故·…·2，
所以m的最小值為3.
2．解析：(1)由題可得f(x)的定義域為R，且f′(x)＝(ax＋a－1)ex.
①當a＝0時，f′(x)＝－ex<0，此時f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調遞減．
6、
②當a>0時，由f′(x)>0，得x>－；由f′(x)<0，得x<－.此時f(x)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．
③當a<0時，由f′(x)>0，得x<－；由f′(x)<0，得x>－.此時f(x)在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．
(2)證明：當m>n>0時，要證men＋n(*)．
設g(x)＝，x>0，則g′(x)＝.
設h(x)＝(x－1)ex＋1，x>0，由(1)知當a＝1時，y＝(x－1)ex在(0，＋∞)上單調遞增，所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以當x>0時，h(x)>h(0)＝0.
于是g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
所以當m>n>0時，g(m)>g(n)，即(*)式成立．
故當m>n>0時，men＋n
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