2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）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安徽皖江名校联盟模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2-x,其中a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-ln x,证明:当x0时,g(x)12x3+1.2.(2021湖北宜昌高三期末)已知函数f(x)=1+ln x+ax-a2x2.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若a=0,且x(0,1),求证:f(x)-2lnxex+2x2-1x2.3.(2021广东深圳模拟)已知函数f(x)=ex+1-ae2(x+1)(aR).(1)若f(x)存在极值,求a的取值范围

2、;(2)当a0.4.(2021山东淄博一模)已知数列an=1+1nn(nN*).(1)证明:an0)成立,求实数a的最大值.(参考数据:ln 20.693)答案：1.(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x+2ax-1=2ax2-x+1x,若a=0,f(x)=-x-1x,令f(x)=0,解得x=1,则f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)上单调递减,若a0,由2ax2-x+1=0可知=1-8a,当=1-8a0,即a18时,2ax2-x+10,此时f(x)在(0,+)上单调递增,当=1-8a0,即0a12x3+1就是ex+x2-x12x3+1,即ex+x2-x-12x3-10.

3、令h(x)=ex+x2-x-12x3-1(x0),则h(x)=ex+2x-1-32x2,x0,令m(x)=h(x),则m(x)=ex+2-3x,x0.令n(x)=m(x),由n(x)=ex-3=0,得x=ln 3,易知n(ln 3)是n(x)的最小值.于是n(x)n(ln 3)=5-3ln 30,h(x)在(0,+)上单调递增,所以h(x)h(0)=0,h(x)在(0,+)上单调递增.故当x0时,h(x)h(0)=0,即g(x)12x3+1.2.(1)解当a=1时,f(x)=1+ln x+x-x2,定义域为(0,+),f(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x,令f(x)0,解得0x

4、1;令f(x)1,f(x)的单调递增区间为(0,1,单调递减区间为(1,+).(2)证明当a=0时,f(x)=1+ln x,f(x)-2lnxex+2x2-1x2,即1-lnxex+2x2-1x2,即x(1-ln x)ex(-2x3+2x+1)(0x1),令g(x)=x(1-ln x)(0x0,g(x)在(0,1)内单调递增,g(x)g(1)=1.令h(x)=ex(-2x3+2x+1)(0x0,(1)=-160,(x)单调递增,x(x0,1)时,(x)0,(1)=-30,h(x)单调递增,当x(x1,1)时,h(x)1恒成立,g(x)h(x),即x(1-ln x)ex(-2x3+2x+1)(0

5、x1),即f(x)-2lnxex+2x2-1x0,则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值;当a0时,由f(x)=0,解得x=1+ln a.当x(-,1+ln a)时,f(x)0,所以f(x)在(-,1+ln a)上单调递减,在(1+ln a,+)上单调递增.即f(x)在x=1+ln a时取得极小值,所以若f(x)存在极值,则a的取值范围为(0,+).(2)证明要证明f(x)-e2ln(x+1)0,即证ex+1-ae2(x+1)-e2ln(x+1)0(x-1),由于当a0时,ae2(x+1)0.设g(x)=ex+1-e2ln(x+1),定义域为(-1,+),则g(x)=ex+1-e2x+1,设

6、h(x)=ex+1-e2x+1,则h(x)=ex+1+e2(x+1)20,所以g(x)在(-1,+)上是增函数,又因为g(0)=e-e20,所以存在x0(0,1),使得g(x0)=ex0+1-e2x0+1=0,即ex0+1=e2x0+1,故ln(x0+1)=1-x0,所以当x(-1,x0)时,g(x)0.因此g(x)在(-1,x0)内单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以g(x)有极小值,也是最小值,g(x)min=g(x0)=ex0+1-e2ln(x0+1)=e2x0+1-e2(1-x0)=e2x0+1+e2(x0+1)-2e22e2-2e2=0,因此g(x)0,即g(x)=ex+1-e2

7、ln(x+1)0.综上,当a0.4.(1)证明要证1+1nne(nN*)成立,两边同时取对数,只需证明ln1+1n1n成立,令x=1n(nN*),0x1,构造函数f(x)=ln(1+x)-x(0x1),即只需证明函数f(x)在区间(0,1上小于零,由于f(x)=-xx+1,在区间(0,1上,f(x)0,函数f(x)单调递减,且f(0)=0,所以在区间(0,1上函数f(x)0,所以不等式1+1nne(nN*)成立.(2)解对于不等式1+1nn+ae(nN*),两边取对数,只需不等式ln1+1n1n+a成立,令x=1n,0x1,构造函数g(x)=ln(1+x)-xax+1(00,函数g(x)单调递增,由于g(x)g(0)=0,不等式不成立,当01-2aa21,即2-1a12时,x2(0,1),在区间(0,x2)内g(x)0;函数g(x)在区间(0,x2)内单调递减,在区间(x2,1)内单调递增,且g(0)=0,只需g(1)=ln 2-1a+10,得a1ln2-1,即2-1a1ln2-1时不等式成立,当0a2-1时,x21,在区间(0,1上,g(x)0,函数g(x)单调递减,且g(x)0)成立,实数a的最大值为1ln2-1.