2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项一　第1课时　利用导数证明不等式 WORD版含解析.docx

1、高考解答题专项一函数与导数中的综合问题第1课时利用导数证明不等式1.(2021吉林长春诊断测试)已知函数f(x)=aex-ex.(1)若对任意的实数x都有f(x)0成立,求实数a的取值范围;(2)当a1且x0时,证明:f(x)(x-1)2.2.(2021浙江宁波高三期末)已知函数f(x)=aex-4x,aR.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,证明:f(x)+x2+10.3.(2021辽宁朝阳高三一模)已知函数f(x)=ex-asin x-x,曲线f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为x+y-1=0.(1)求实数a的值;(2)证明:xR,f(x)0.4.(2021河北石家庄高三

2、三模)已知函数f(x)=aln x-x2+x+3a.若0a14,证明:f(x)0.6.(2021湖南郴州高三三模)已知函数f(x)=(x+1)ln x.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)证明:ln21+ln76+ln(n2-2)n2-3+2n32(n2,nN*).第1课时利用导数证明不等式1.(1)解若对任意的实数x都有f(x)0,即aex-ex0,所以aexex.令g(x)=exex,则g(x)=1-xex-1.令g(x)=0得x=1.当x0;当x1时g(x)0,所以g(x)在x=1处取得极大值亦即最大值g(1)=1,即a1.故实数a的取值范围是1,+).(2)证

3、明由于当a1且x0时,f(x)=aex-exex-ex,因此只需证明ex-ex(x-1)2.只需证明(x-1)2+exex1.设h(x)=(x-1)2+exex-1(x0),则h(x)=(x-1)(3-e-x)ex.所以当0x3-e时,h(x)0,h(x)单调递减;当3-ex0,h(x)单调递增;当x1时,h(x)0,h(x)单调递减.又因为h(0)=0,h(1)=0,且x=1是h(x)的极大值,因此当x0时,必有h(x)0,故原不等式成立.2.(1)解f(x)=aex-4.当a0时,f(x)0时,令f(x)0,可得x0,可得xln4a,所以f(x)在-,ln4a上单调递减,在ln4a,+上单

4、调递增.综上所述,当a0时,f(x)的单调递减区间为(-,+);当a0时,f(x)的单调递增区间为ln4a,+,单调递减区间为-,ln4a.(2)证明当a=1时,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+1=ex-4x+x2+1.g(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,则h(x)=ex+20恒成立,所以g(x)在R上单调递增,又因为g(0)=-30,由函数零点存在定理可得存在x0(0,1),使得g(x0)=0,即ex0-4+2x0=0.当x(-,x0)时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(x0)=ex0-4x0+x02+1=4-2x0-4x0+x02+

5、1=x02-6x0+5,由于x0(0,1),所以由二次函数性质可得g(x)ming(1)=0,所以g(x)0,故f(x)+x2+10.3.(1)解根据题意,f(x)=ex-asin x-xf(x)=ex-acos x-1,因为曲线f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为x+y-1=0,所以f(0)=-11-a-1=-1a=1.故实数a的值为1.(2)证明由于f(x)=ex-sin x-x,要证明xR,f(x)0,需证明ex-xsin x.因为sin x-1,1,故需证明ex-x1.令g(x)=ex-x,g(x)=ex-1,令g(x)=0x=0.g(x)0x0,g(x)0x0.4.证明由已知得需

6、证a(ln x+3)0,x0,所以exx0,当ln x+30时,由于0a14,所以a(ln x+3)14(ln x+3),因此只需证14(ln x+3)exx,即证lnx+34x0,当x(e-2,+)时,g(x)0,即g(x)在(0,e-2)上单调递增,在(e-2,+)上单调递减.所以g(x)max=g(e-2)=e24.令h(x)=exx2,则h(x)=ex(x-2)x3,当x(0,2)时,h(x)0,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e24.所以g(x)h(x),但两边取得最值的条件不相等,即证得a(ln x+3)exx,故f(x)0

7、),当x(0,1)时,f(x)0,所以实数a的值为-1,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+).(2)证明要证f(x)+x+230,即证-1-lnxx+x+230,因为x0,即证x2+23x-ln x-10.令g(x)=x-1-ln x,则g(x)=1-1x=x-1x,所以当x(0,1)时,g(x)单调递减,当x(1,+)时,g(x)单调递增,所以g(x)g(1)=0,即ln xx-1,则ln 2x2x-1,即ln 2+ln x2x-1,所以ln x2x-1-ln 2,则x2+23x-ln x-1x2+23x-2x+1+ln 2-1=x2-43x+ln 2.令h(x)=x

8、2-43x+ln 2=x-232+ln 2-49,又因为ln 2ln e=12,所以ln 2-490,则h(x)0,故x2+23x-ln x-10成立,则f(x)+x+230.6.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ln x+x+1x,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为k=f(1)=2,又因为f(1)=0,所以该切线方程为y=2(x-1).(2)证明设F(x)=(x+1)ln x-2x+2(x1),则F(x)=ln x+1x-1,令g(x)=F(x),则g(x)=1x-1x2=x-1x2,当x1时,g(x)0,所以g(x)=F(x)在(1,+)上单调递增,又因为g(1)=0,所以g(x)=F(x)0,即F(x)在(1,+)上单调递增,所以F(x)F(1)=0,故当x1时,(x+1)ln x2(x-1).令x=n2-21(n2,nN*),则(n2-1)ln(n2-2)2(n2-3),所以ln(n2-2)n2-32n2-1=2(n-1)(n+1)=1n-1-1n+1,因此k=2nln(k2-2)k2-31-13+12-14+13-15+14-16+1n-2-1n+1n-1-1n+1,化简可得k=2nln(k2-2)k2-31+12-1n-1n+132-2n.所以ln21+ln76+ln(n2-2)n2-3+2n32(n2,nN*),故原不等式成立.