2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第4讲利用导数证明不等式分层演练理（含解析）新人教A版

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1、第4讲利用导数证明不等式1．(2019·安徽模拟)已知f(x)＝，则(　　)A．f(2)>f(e)>f(3)　　　B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e)D．f(e)>f(3)>f(2)解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选

2、D.2．若0lnx2－lnx1B．ex2－ex1x1ex2D．x2ex1x1ex2，故选C.3．设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.解：(1)f

3、(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(

4、x)＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.4．(2019·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)求证：ex>f′(x)．解：(1)由题易知，f′(x)＝lnx＋1＋a，x>0，且f(x)的图

5、象在x＝1处的切线的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，当x>e－2时，f′(x)>0，当00，因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，g′()＝e－2<0，所以g′(x)在(，1)上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－＝0，即et＝(

6、t时，g′(x)>g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－lnt－2＝－ln－2＝t＋－2≥2－2＝0，又0，即ex>f′(x)．1．已知函数f(x)＝alnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2.(1)求a，b的值；(2)当x>0且x≠1时，求证：f(x)>.解：(1)函数f(x)＝alnx＋的导数为f′(x)＝－，曲线y

7、＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2，可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.(2)证明：当x>1时，f(x)>，即为lnx＋1＋>lnx＋，即x－－2lnx>0，当0，即为x－－2lnx<0，设g(x)＝x－－2lnx，g′(x)＝1＋－＝≥0，可得g(x)在(0，＋∞)上递增，当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即有f(x)>，当0.综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)>都成立．2．已知函数f(x)

8、＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．(1)求实数a的值；(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋＋＋…＋>ln(n＋1)都成立．解：(1)因为f′(x)＝－2x－1，又因为x＝0为f(x)的极值点．所以f′(0)＝－1＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.因为f′(x)＝－2x－1＝－.令f′(x)>0得x<0.当x变化时