高考数学第三章导数及其应用4第4讲利用导数证明不等式练习理（含解析）

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1、第4讲利用导数证明不等式1．(2019·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)>ln2　　　　　B．f(2)－f(1)1D．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)>＝(lnx)′，即f′(x)－(lnx)′>0.令F(x)＝f(x)－lnx，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－f(1)>ln2.2．若0

2、2<1，则(　　)A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex2－ex1x1ex2D．x2ex1x1ex2，故选C.3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，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－.

3、由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当02时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥时，f(x)≥－lnx－1.设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当01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．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)

4、有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．解：(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<<1，f＝－lnx1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)证明：因为＝e－lnx0，故点B在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即

5、lnx0＝，连接AB，则直线AB的斜率k＝＝＝.曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．5．(一题多解)(2019·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.解：(1)f′(x)＝－a(x>0)．①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当00，当x>时，f′(x)<0，故f(x

6、)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：法一：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x

7、＋2≤.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1.所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x>0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.6．已知函数

8、f(x)＝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