人教版高中数学第4讲　第1课时　高效演练分层突破.doc

[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 2
C．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 x1
C．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)－