2020届高考数学第二篇导数在研究函数中的应用（第3课时）利用导数证明不等式专题课时作业理新人教A版

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1、第3课时利用导数证明不等式专题课时作业1．已知函数f(x)＝lnx0若x1＞x2＞0，求证：＞.解：当x1＞x2＞0时，不等式＞等价于ln＞，即ln＞.令x＝(x＞1)，构造函数F(x)＝lnx－(x＞1)，F′(x)＝－＝＝＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)＞F(1)＝0，即lnx＞，所以原不等式成立．2．(2018西安期末)已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝2lnx，(1)当m＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m＝1时，判断方程f(x)＝g(x)在区间(1，＋∞)上有无实根；(3)当x∈(

2、1，e]时，不等式f(x)－g(x)＜2恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)m＝2时，f(x)＝2x－，f′(x)＝2＋，f′(1)＝4，切点坐标为(1,0)，∴切线方程为y＝4x－4(2)m＝1时，令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－－2lnx，h′(x)＝1＋－＝≥0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝0，所以f(x)＝g(x)在(1，＋∞)内无实数根．(3)mx－－2lnx＜2恒成立，即m(x2－1)＜2x＋2xlnx恒成立．又x2－1＞0，则当x∈(1，e]时，m＜恒成立，令G(x)＝，只需m小于G(x)的最小值．G′(

3、x)＝，∵1＜x≤e，∴lnx＞0，∴x∈(1，e]时，G′(x)＜0，∴G(x)在(1，e]上单调递减，∴G(x)在(1，e]的最小值为G(e)＝，则m的取值范围是.3．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a＞0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求证：f(x)≥g(x)(x＞0)．解：(1)设两曲线的公共点为(x0，y0)，f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即由x0

4、＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)．即有b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna.令h(t)＝t2－3t2lnt(t＞0)．则h′(t)＝2t(1－3lnt)，于是当t(1－3lnt)＞0，即0＜t＜e时，h′(t)＞0；当t(1－3lnt)＜0，即t＞e时，h′(t)＜0.故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，于上h(t)在(0，＋∞)上的最大值为h(e)＝e，即b的最大值为e.(2)证明　设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－b(x＞0)，则F′(x)＝x＋2a－＝(x＞0)．故F

5、(x)在(0，a)上为减函数，在(a，＋∞)上为增函数．于是F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0.故当x＞0时，有f(x)－g(x)≥0.即当x＞0时，f(x)≥g(x)．4．(2019福建四地六校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.假设存在实数a，使

6、f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x＞0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0，记F(x)＝x－lnx(x＞0)，∴F′(x)＝(x＞0)，∴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．∴F(x)＞F(1)＝1＞0，∴a≥，记G(x)＝，x∈，∴G′(x)＝＝.∵x∈，∴2－2lnx＝2(

7、1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2＞0，∴x∈时，G′(x)＜0，G(x)单调递减；x∈(1，e)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．