高考数学大一轮复习第三章导数及其应用利用导数证明不等式练习理含解析.doc

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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0ln

2、x2－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－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex

3、－.当02时，f′(x)>0.-4-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)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

4、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

5、(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)．-4-(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)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)

6、＝－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＋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(

7、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f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．-4-(1)求实数a的值；(2)证明：对于