2021高考数学（理）大一轮复习课时跟踪检测：第二篇　第11节　第三课时　利用导数证明不等式专题 WORD版含解析.doc

1、第三课时利用导数证明不等式专题 选题明细表知识点、方法题号构造法证明不等式1,2,3,4等价转化法证明不等式5,6,7,8 (建议用时:20分钟)1.若e是自然对数的底数,则(A)(A)(B)(C)(D)解析:令f(x)=,则f(x)=,当0x0,f(x)单调递增;当xe时,f(x)f(4)得=.故选A.2.若0x1x2ln x2-ln x1(B)ex2-ex1x1(D)x2x1解析:令f(x)=,则f(x)=.当0x1时,f(x)0,即f(x)在(0,1)上单调递减,因为0x1x21,所以f(x2)f(x1),即x1,故选C.3.已知函数f(x)=ln x+ax+.若a0,证明:.证明:要证

2、明.即证.即证ln x+ax+-2a,即证ln x+ax+-2a-0.令F(x)=ln x+ax+-2a-;则F(x)=+a-=-=(x-1)(+);因为a0,所以当x(0,1)时,F(x)0,F(x)单调递增,所以F(x)min=F(1)=0,即F(x)0.故当a0时,.4.已知函数f(x)=aex(aR),g(x)=+1.(1)求函数g(x)的极值;(2)当a时,求证:f(x)g(x).(1)解:由g(x)=+1,得g(x)=,定义域为(0,+).令g(x)=0,解得x=e.列表如下:x(0,e)e(e,+)g(x)+0-g(x)单调递增极大值单调递减结合表格可知函数g(x)的极大值为g(

3、e)=+1,无极小值.(2)证明:要证明f(x)g(x),即证aex+1,而定义域为(0,+),所以只要证axex-ln x-x0,又因为a,所以axex-ln x-xxex-ln x-x,所以只要证明xex-ln x-x0.令F(x)=xex-ln x-x,则F(x)=(x-1)(ex+1-),记h(x)=ex-1-,则h(x)在(0,+)上单调递增且h(1)=0,所以当x(0,1)时,h(x)0,从而F(x)0,从而F(x)0,即F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,F(x)F(1)=0.所以当a时,f(x)g(x). (建议用时:25分钟)5.已知函数f(x)=ex-a

4、x-1,a0.求证:x0时,f(x)x2.证明:令g(x)=f(x)-x2=ex-ax-1-x2.当x0时,证明f(x)x2,即证x0时,g(x)=ex-ax-1-x20,因为(x)=g(x)=ex-a-2x,(x)=ex-2.所以x(0,ln 2)时,(x)0,(x)是增函数,所以x=ln 2时,(x)min=2-a-2ln 2=2ln -a.因为a0,所以(x)min=2ln -a0.所以g(x)=f(x)-x2在x0时是增函数.所以g(x)g(0)=0,即f(x)x2得证.6.已知函数f(x)=x2+2x-2xex.(1)求函数f(x)的极值.(2)当x0时,证明f(x)-2x+x2+x

5、3-2eln x.(1)解:因为函数f(x)=x2+2x-2xex(xR).所以f(x)=2x+2-2ex-2xex=(2x+2)(1-ex),由f(x)=0,得x=-1或x=0,当x变化时,f(x),f(x)变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,0)0(0,+)f(x)-0+0-f(x)极小值极大值所以当x=-1时,f(x)极小值=f(-1)=1-2+2=-1,当x=0时,f(x)极大值=f(0)=0.(2)证明:要证明f(x)-2x+x2+x3(x0).令g(x)=2ex-x2-2x,(x0),h(x)=,(x0).则g(x)=2(ex-x-1),g(x)=2(ex-1)0,所以g(x

6、)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=0.所以g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=2,h(x)=,可得h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减,所以h(x)h(e)=2,所以g(x)h(x)在(0,+)上恒成立,故2ex-x2-2x,(x0)恒成立.所以当x0时,f(x)-2x+x2+x30).因为当0x0,所以函数在(0,1)上单调递增;因为当x1时,y0),所以g(x)=ex-,易知g(x)单调递增.又g(1)=e-e20,所以在(0,+)上存在一个x0(1,2),使得g(x0)=-=0,即=,则ln x0=-x0+2.当x(0,x0)时,有g(x)0,g

7、(x)单调递增.所以g(x)g(x0)=-e2ln x0=-e2ln x0=+e2x0-2e2=e20,所以ex-e2ln x0,所以函数g(x)=ex-e2f(x)的图象在x轴上方.8.已知函数f(x)=ln x-ax+b(a,bR)有两个不同的零点x1,x2.(1)求f(x)的最值;(2)证明:x1x10,令f(x)0,解得x,f(x),所以f(x)在(0,)上单调递增,(,+)上单调递减,所以f(x)max=f()=-ln a-1+b,无最小值.(2)证明:由题知两式相减得ln -a(x1-x2)=0,即a=,故要证x1x2,即证x1x2,即证(ln )2=-2+,不妨设x1x2,令=t(0,1),则只需证(ln t)2t-2+,设g(t)=(ln t)2-t-+2,则g(t)=ln t-1+=,设h(t)=2ln t-t+,则h(t)=-h(1)=0,所以g(t)在(0,1)上单调递增,所以g(t)g(1)=0,即(ln t)2t-2+在t(0,1)时恒成立,原不等式得证.