2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第3课时利用导数证明不等式课时跟踪检测理新人教A版.doc

《2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第3课时利用导数证明不等式课时跟踪检测理新人教A版.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、第三课时　利用导数证明不等式A级·基础过关

2、固根基

3、1.已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－lnx．证明：(1)g(x)≥1；(2)(x－lnx)f(x)>1－.证明：(1)由题意，得g′(x)＝(x>0)，当01时，g′(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，得证．(2)由f(x)＝1－，得f′(x)＝，所以当02时，f′(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号)．①又由(

4、1)知，x－lnx≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x－lnx)f(x)>1－.2．(2020届石家庄摸底)已知函数f(x)＝(2－x)ek(x－1)－x(k∈R，e为自然对数的底数)．(1)若f(x)在R上单调递减，求k的最大值；(2)当x∈(1，2)时，证明：ln>2.解：(1)∵f(x)在R上单调递减，∴f′(x)＝ek(x－1)[k(2－x)－1]－1≤0恒成立，即－kx＋2k－1≤对任意x∈R恒成立．设g(x)＝＋kx－2k＋1，则g(x)≥0对任意x∈R恒成立，显然应满足g(1)＝2－k≥0，∴k≤2.当k＝2时，g′(x)＝2，且g′(1)＝0

5、，-5-当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立，故k的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k＝2时，f(x)＝(2－x)e2(x－1)－x在R上单调递减，且f(1)＝0，所以当x∈(1，2)时，f(x)0，∴H(x)在(

6、1，2)上单调递增，则H(x)>H(1)＝ln(2×1－1)－＝0，故②成立，①＋②得，ln>2成立．3．(2019届唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2lnx，a>0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x>2a时，证明：>a.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2lna.(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－

7、2a)>0.设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，-5-则当x>2a时，g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a＝>0，所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，所以当x>2a时，g(x)>g(2a)＝0，即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0，故>a.B级·素养提升

8、练能力

9、4.(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)已知函数f(x)＝lnx＋－x(a>0)．(1)若a＝，求f(x)的极值点；(2)若曲线y＝f(x)上总存在不同的两点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲线y＝f(x)在P，Q两点处的切线平行，求证：x1＋x2>2.解：f(x)的定义域为(0

10、，＋∞)，f′(x)＝·－－1(a>0)．(1)当a＝时，f′(x)＝－＝－，令f′(x)<0，得02；令f′(x)>0，得2，则有x1x2<，-5-∴a＋＝>，∴x1＋x2>.∵a>0，∴≤2(当且仅当a＝1时取等号)，∴x1＋x2>＝2.5．(2019届昆明市高三诊断测试)已知函数f(x)＝2lnx－x

11、＋.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a>0，b>0，且a≠b，证明：<<.解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1－＝＝≤0.所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间．(2)设a>b>0，则<⇔lna－lnb<⇔ln<－⇔2ln－＋<0.由(1)知，f(x)是(0，＋∞)上的减函数，又>1，所以f⇔ln>.令g(x)＝lnx－