2021届高考数学一轮总复习第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跟踪检测文含解析202101231126.doc

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1、第三章　导数及其应用第二节　导数的应用第3课时　利用导数证明不等式1．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－，易知f′(2)＝0.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当0＜x＜1时

2、，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的极小值点也是最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥－lnx－1≥0.2．已知函数f(x)＝lnx＋，求证：f(x)≤.证明：f(x)＝lnx＋.令g(x)＝f(x)－＝lnx＋－(x＞0)，则g′(x)＝－－＝＝.当x＞1时，g′(x)＜0；当0＜x＜1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，g(x)取得极大值即最大值，故g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤.3．(2019届四省八校双教研联考)已知函数f(x

3、)＝ax－axlnx－1(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x＞1时，求证：＞－1.解：(1)f′(x)＝a－a(lnx＋1)＝－alnx，若a＞0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a＜0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证＞－1，即证>e－x，令t＝，t∈(0，1)，原不等式转化为>et，两边同取以e为底的对数得，－ln

4、(1－t)>t，即证t＋ln(1－t)<0，令g(t)＝t＋ln(1－t)，则g′(t)＝＋1＝<0，故g(t)在(0，1)上单调递减，g(t)

5、增．所以f(x)min＝f＝－；②当≤t，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt.所以f(x)min＝(2)证明：原问题等价于证明xlnx＞－(x∈(0，＋∞))．　由(1)可知，f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－，设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，由m′(x)＜0得，x＞1时，m(x)为减函数，由m′(x)＞0得，0＜x＜1时，m(x)为增函数，易知m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－≥－，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞－成立．

6、5．(2020届惠州市高三第二次调研)函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在x＝－1处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.(1)求a，b的值；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.解：(1)由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得该切线的斜率为－且f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)－a＝0，解得a＝或b＝1，又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝－a＝－，若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.(2)证明：证法一：由(1)可知，f(x)＝(x＋1)(ex－1)，由m≤0，可得x

7、≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2，当x≤－2时，g′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(0)＝0.所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，