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 文

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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D.2.若0

2、,则(  )A.ex2-ex1>lnx2-lnx1B.ex2-ex1x1ex2D.x2ex1x1ex2,故选C.3.(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.解:(1)f′(x)=,f′(0)=2.因此曲线y=f

3、(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g′(x)=2x+1+ex+1.当x<-1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.4.(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-3x+3a(e为自然对数的底数,a∈R).(1)求f(x)的单调区间与极值;(2)求证:当a>ln,且x>0时,>x+-3a.解:(1)由f(x)=e

4、x-3x+3a,x∈R,知f′(x)=ex-3,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln3,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln3)ln3(ln3,+∞)f′(x)-0+f(x)3(1-ln3+a)故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln3],单调递增区间是[ln3,+∞),f(x)在x=ln3处取得极小值,极小值为f(ln3)=eln3-3ln3+3a=3(1-ln3+a).无极大值.(2)证明:待证不等式等价于ex>x2-3ax+1,设g(x)=ex-x2+3ax-1,x>0,于是g′(x)=ex-3x+

5、3a,x>0.由(1)及a>ln=ln3-1知:g′(x)的最小值为g′(ln3)=3(1-ln3+a)>0.于是对任意x>0,都有g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)内单调递增.于是当a>ln=ln3-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex>x2-3ax+1,故>x+-3a.5.(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

6、)求证:ex>f′(x).解:(1)由题易知,f′(x)=lnx+1+a,x>0,且f(x)的图象在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

7、在唯一的零点t,使得g′(t)=et-=0,即et=(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).6.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

8、)=alnx+的导数为f′(x)=-,曲线y=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)

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