2021届高考数学一轮总复习 课时作业17 利用导数证明不等式（含解析）苏教版.doc

1、课时作业17利用导数证明不等式1已知函数f(x)aexlnx的图象在x1处的切线与直线x2ey0垂直(1)求a的值；(2)证明：xf(x)15ex1.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a，则由题意知f(x)的图象在x1处的切线的斜率kf(1)ae2e，所以a2.(2)证明：要证明xf(x)15ex1，即证明2xexlnx15ex1，x0，即证明2xlnx.令g(x)2xlnx，则g(x)2(lnx1)当0x时，g(x)时，g(x)0.所以g(x)2xlnx在上为减函数，在上为增函数，所以g(x)ming.因为yx在(0，)上为减函数，所以x1，所以xf(x)15ex1.2(20

2、20唐山模拟)已知f(x)x2a2lnx，a0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x2a时，证明：a.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)x.当x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xa时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)a2a2lna.(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，)上单调递增，则所证不等式等价于f(x)f(2a)a(x2a)0.设g(x)f(x)f(2a)a(x2a)，则当x2a时，g(x)f(x)axa0，所以g(x)在(2a，)上单调递增，当x2a时，g(x)g(2a)0，即f(x)f(2a)a(x2a)0，故a.3(2020湖南永州

3、一模)已知函数f(x)(x2x1)ex.(1)若f(x)在区间(a，a5)上有最大值，求整数a的所有可能取值；(2)求证：当x0时，f(x)3lnxx3(2x24x)ex7.解：(1)f(x)(x2x2)ex(x2)(x1)ex，当x0，f(x)单调递增，当2x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增由题意知a2a5，得7a2，则a6，5，4，3.当a6，5，4时，显然符合题意，当a3时，f(2)5e2，f(2)e2，f(2)f(2)，不符合题意，舍去故整数a的所有可能取值为6，5，4.(2)证明：f(x)3lnxx3(2x24x)ex7可化为(x23x1)ex3lnxx37，令g(x

4、)(x23x1)ex，h(x)3lnxx37，则g(x)(x2x2)ex，h(x)，当0x0，g(x)单调递增，当x2时，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)的最大值为g(2)e2.当0x1时，h(x)1时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)8，又8e2，所以g(x)的最大值小于h(x)的最小值，故x0时，恒有g(x)h(x)，即f(x)0)(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)求证：当nN*时，1ln(n1)解：(1)f(x)kxlnx1，f(x)k(x0，k0)；当0x时，f(x)时，f(x)0.f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minflnk，f(x)有且只有一个零点，lnk0，k1.(2)证明：由(1)知xlnx10，即x1lnx，当且仅当x1时取等号，nN*，令x，得ln，1lnlnlnln(n1)，故1ln(n1)5(2020昆明诊断)已知函数f(x)2lnxx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a0，b0，证明：b0，则lnalnbln2ln1，所以f()f(1)0，即f()2ln0，所以.ln.令g(x)lnx，则g(x)，当x(0，)时，g(x)0，即g(x)是(0，)上的增函数因为1，所以g()g(1)0，所以ln，从而0，b0时，.