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培優專練14
1．C　[構造函數f (x)＝x－cos x，
則f ′(x)＝1＋sin x≥0在定義域R上恒成立，
所以函數f (x)＝x－cos x為增函數，
又因為α＋β>0，所以α>－β，
所以f (α)>f (－β)，
即α－cos α>－β－cos (－β)，
即α－cos α>－β－cos β，
所以α＋β>cos α－cos β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cos α－cos β”；
根據α＋β>cos α－cos β，
可得α－cos α>－β－cos β，
即α－cos α>－β－cos (－β)，
所以f (α)>f (－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cos α－cos β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的充要條件．]
2．D　[對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，
則x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即＞，
令f (x)＝，則函數f (x)在(m，＋∞)上單調遞減，
因為f ′(x)＝－，由f ′(x)＜0，可得x＞，
所以函數f (x)的單調遞減區間為，
所以(m，＋∞) ，所以m≥，
因此，實數m的最小值為．故選D．]
3．B　[由已知aea設f (x)＝xln x，則f (ea)∵a>0，∴ea>1，
∵b>0，b ln b>aea>0，∴b>1．
當x>1時，f ′(x)＝ln x＋1>0，
則f (x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴ea4．C　[∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
設f (t)＝et＋t，則f ′(t)＝et＋1＞0，
∴f (t)在R上單調遞增，
故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
即f (x－a)≥f (ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
設g(x)＝x－ln x，
則g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＞0，x＞1，令g′(x)＜0，0＜x＜1，
∴g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1．故選C．]
5．ACD　[設f ＝ex－x，則f ′＝ex－1>0，f 在單調遞增，
所以f >f ，即ex－x>ey－y，即ex－ey>x－y，A正確；
令x＝e，y＝1，則ln x－ln y＝1，而x－y＝e－1＞1，所以ln x－ln y設h(x)＝ln x－1＋(x>0)，則h′(x)＝＝，
當0當x>1時，h′(x)＝>0，函數h(x)單調遞增；
則h(x)＝ln x－1＋在x＝1時取得最小值h(1)＝ln 1－1＋＝0，即ln x≥1－，C正確；
設g＝x·ex，則g′＝ex>0，所以g＝x·ex在上是增函數，
所以由x>y>0得x·ex>y·ey，即>，D正確．故選ACD．]
6．a>>b　[>ln b－ln a，＋ln a>＋ln b，
令g(x)＝＋ln x，x>，g′(x)＝－＝>0，
g(x)在(，＋∞)上單調遞增．
∵g(a)>g(b)，∴a>b，
又∵>>，
∴a>>b．]
7．解：由f ≤eax，可得x2＋2ln x≤eax＋ax，
即＋ln x2≤eax＋ax．
令g＝ex＋x，易知g單調遞增．
由＋ln x2≤eax＋ax，可得g≤g，則ln x2≤ax，即．
設h＝，則h′＝，當x>e時，h′<0，h單調遞減，
當00，h單調遞增，所以＝h(e)＝＝，
所以，則a的取值范圍為．
1/1培優專練14　同構法在函數與導數中的應用
1．已知α，β∈R，則“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的(　　)
A．充分不必要條件　　 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．若對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，則m的最小值是(　　)
A．e2　　　 B．e
C．1　　　 D．
3．設a，b都為正數，e為自然對數的底數，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab4．若關于x的不等式ex－a≥ln x＋a對一切正實數x恒成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A． B．(－∞，e]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
5．(多選)(2024·湖北武漢二模)已知x>y>0，則下列不等式正確的有(　　)
A．ex－ey>x－y
B．ln x－ln y>x－y
C．ln x≥1－
D．>
6．已知a，b∈(，＋∞)，且滿足>ln ，則a，b，的大小關系是________．
7．(2024·內蒙古三模)已知函數f ＝x2－ax＋2ln x，若a>0，f ≤eax恒成立，求a的取值范圍．

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