2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第3课时利用导数证明不等式练习理北师大.doc

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1、第3课时利用导数证明不等式[基础题组练]1．(2020·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，＋∞)上是增加的，故f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－f(1)>ln2.2．若0

2、则(　　)A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex2－ex1x1ex2D．x2ex1x1ex2，故选C.3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，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，＋∞)

3、，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.5从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当02时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的．(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．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性

4、；(2)当a>0时，证明：f(x)≥.解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上是增加的；若00时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥，只需证lna＋1≥，即证lna＋－1≥0.令函数g(a)＝lna＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当01时，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上是减少的，在(1

5、，＋∞)上是增加的，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥.55．(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)＝exlnx＋f(x)，证明：g(x)>1.解：(1)由f′(x)＝，得切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上是增加的；令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间

6、(－∞，0)和区间(0，1)上是减少的．(2)证明：由(1)知g(x)＝exlnx＋，定义域为(0，＋∞)，所以g(x)>1，即exlnx＋>1等价于xlnx>－.设h(x)＝xlnx(x>0)，则h′(x)＝lnx＋1.因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h＝－.设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上是增加的，在区间(1，＋∞)上是减少

7、的，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－.综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.6．已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当01－.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，5因为f(x)＝λlnx－e－x，所以f′(x)＝＋e－x＝，因为函数f(x)是单调函数，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是减函数时，f′(x)≤0，所以