2023年高考数学一轮复习 高考解答题专项一 第1课时 利用导数证明不等式（含解析）北师大版 文.docx

1、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.(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)内是递增的,在(1,+)上是递减的,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,+)上是递增的,当=1-8a0,即0a1

2、2x3+1就是ex+x2-x12x3+1,即ex+x2-x-12x3-10.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=ln3,易知n(ln3)是n(x)的最小值.于是n(x)n(ln3)=5-3ln30,h(x)在(0,+)上是递增的,所以h(x)h(0)=0,h(x)在(0,+)上是递增的.故当x0时,h(x)h(0)=0,即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)

3、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+2x2-1x0,解得0x1;令f(x)1,f(x)的递增区间为(0,1,递减区间为(1,+).(2)证明当a=0时,f(x)=1+lnx,f(x)-2lnxex+2x2-1x2,即1-lnxex+2x2-1x2,即x(1-lnx)ex(-2x3+2x+1)(0x1),令g(x)=x(1-lnx)(0x0,g(x)在(0,1)内是递增的,g(x)g(1)=1.令h(x)=ex(-2x3+2x+1)(0x0,(1)=-160,(x)是递增的,x(x0,1)时,(x)0,(1)=-30,h(x)是递增的,

4、当x(x1,1)时,h(x)1恒成立,g(x)h(x),即x(1-lnx)ex(-2x3+2x+1)(0x1),即f(x)-2lnxex+2x2-1x4x2-2ex+6x+4.(1)解由题意知f(x)的定义域为(0,+),由已知得f(x)=8x2+(8-a)x-ax=(8x-a)(x+1)x,当a0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上是递增的,无递减区间,当a0时,令f(x)0,解得xa8;令f(x)0,解得0x0时,f(x)的递减区间为0,a8,递增区间为a8,+.(2)证明原不等式等价于(x)=ex-lnx-20,(x)的定义域为(0,+),则(x)=ex-1x,易知(x)在(0,+)上

5、是递增的,且12=e-20,所以(x)在12,1内存在唯一零点x0,此时(x)在(0,x0)内是递减的,在(x0,+)上是递增的,要证(x)0即要证(x0)0,由ex0-1x0=0,得ex0=1x0,x0=1ex0,代入(x0)=ex0-ln x0-2,得(x0)=1x0+x0-2,因为(x0)=1x0+x0-221x0x0-2=0,所以f(x)4x2-2ex+6x+4.4.已知函数f(x)=ex+cos x-2.(1)设f(x)为f(x)的导函数,求f(x)在0,+)上的最小值;(2)令g(x)=f(x)-ax(aR),证明:当a1时,在-2,0上g(x)0.(1)解根据题意,当x0时,f(

6、x)=ex-sinx,令h(x)=ex-sinx,则h(x)=ex-cosx,因为当x0,+)时,ex1,cosx1,即h(x)=ex-cosx0,因此,h(x)即f(x)在0,+)上是递增的,所以f(x)在0,+)上的最小值为f(0)=1.(2)证明由题意知a1,g(x)=ex+cosx-ax-2,则g(x)=ex-sinx-aex-sinx-1=ex1-1+sinxex,令(x)=1+sinxex,-2x0,则(x)=cosx-sinx-1ex=2cosx+4-1ex,因为x-2,0,则x+4-4,4,有cosx+422,因此(x)0,(x)在-2,0上是递增的,从而当x-2,0时,(x)0,于是得g(x)在-2,0上是递增的,即g(x)g(0)=0,所以当a1时,在-2,0上g(x)0.