2020版高考理科数学(人教版)一轮复习课时跟踪检测：(十七) 利用导数证明不等式 Word版含解析.pdf

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1、课时跟踪检测(十七)利用导数证明不等式11．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2lnx，a＞0.2(1)求函数f(x)的最小值；fx－f2a3(2)当x＞2a时，证明：＞a.x－2a2解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，a2x＋ax－af′(x)＝x－＝.xx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．1所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2lna.2(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，3则所证不等式等价于f(x)－f

2、(2a)－a(x－2a)＞0.23设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，2则当x＞2a时，3a23g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a2x22x＋ax－2a＝＞0，2x所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0，3即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，2fx－f2a3故＞a.x－2a22．(2018·黄冈模拟)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；1－x1－xx(2)求证：当0＜x＜x时，e2－e1＞1－2.12x1解：(1)函数f(x)的定义域为(

3、0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，λλ＋xe－x∴f′(x)＝＋e－x＝，xx∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，λ＋xe－x①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－xxx＝－.exxx－1令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，exex当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，1则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)＝φ(1)＝－，mine1∴λ≤－.eλ＋xe－x②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴

4、≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－xxx＝－，exx由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→＋ex∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.1综上，λ的取值范围为－∞，－∪[0，＋∞)．e11(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，ee∵0＜x＜x，1211∴f(x)＞f(x)，即－lnx－e－x＞－lnx－e－x，12e11e22∴e1－x－e1－x＞lnx－lnx.2112xxxx要证e1－x－e1－x＞1－2，只需证lnx－lnx＞1－2，即证ln1＞1－2，21x

5、12xxx1121x1令t＝1，t∈(0,1)，则只需证lnt＞1－，xt21t－1令h(t)＝lnt＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝＜0，tt21∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即lnt＞1－，故原不等式得证．t3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k＞0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；111(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．23n1kx－11解：(1)∵f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)xxk1＜0；当

6、x＞时，f′(x)＞0.k11∴f(x)在0，k上单调递减，在k，＋∞上单调递增，1∴f(x)min＝fk＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，n＋11n＋1∵n∈N*，令x＝，得＞ln，nnn11123n＋1∴1＋＋＋…＋＞ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，23n12n111故1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．23n