高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 利用导数证明不等式分层演练 文-人教版高三全册数学试题VIP专享VIP免费

第4讲利用导数证明不等式1．(2019·安徽模拟)已知f(x)＝，则()A．f(2)>f(e)>f(3)B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e)D．f(e)>f(3)>f(2)解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.2．若0lnx2－lnx1B．ex2－ex1x1ex2D．x2ex1x1ex2，故选C．3．(2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.解：(1)f′(x)＝，f′(0)＝2.因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.4．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln，且x＞0时，＞x＋－3a.解：(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f′(x)－0＋f(x)3(1－ln3＋a)故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]，单调递增区间是[ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)．无极大值．(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.由(1)及a＞ln＝ln3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln3)＝3(1－ln3＋a)＞0.于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)内单调递增．于是当a＞ln＝ln3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.5．(2019·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝xlnx＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直．(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)求证：ex>f′(x)．解：(1)由题易知，f′(x)＝lnx＋1＋a，x>0，且f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝2，所以f′(1)＝ln1＋1＋a＝2，所以a＝1.所以f′(x)＝lnx＋2，当x>e－2时，f′(x)>0，当00，因为g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0，g′()＝e－2<0，所以g′(x)在(，1)上存在唯一的零点t，使得g′(t)＝et－＝0，即et＝(t时，g′(x)>g′(t)＝0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，所以x>0时，g(x)≥g(t)＝et－lnt－2＝－ln－2＝t＋－2≥2－2＝0，又0，即ex>f′(x)．6．已知函数f(x)＝alnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2.(1)求a，b的值；(2)当x>0且x≠1时，求证：f(x)>.解：(1)函数f(x)＝alnx＋的导数为f′(x)＝－，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2，可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0，解得a＝b＝1.(2)证明：当x>1时，f(x)>，即为lnx＋1＋>lnx＋，即x－－2lnx>0，当0，即为x－－2lnx<0，设g(x)＝x－－2lnx，g′(x)＝1＋－＝≥0，可得g(x)在(0，＋∞)上递增，当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即有f(x)>，当0.综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)>都成立．