《2020版高考數(shù)學大一輪復習 第三章 導數(shù)及其應(yīng)用 第4講 利用導數(shù)證明不等式分層演練 理(含解析)新人教A版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學大一輪復習 第三章 導數(shù)及其應(yīng)用 第4講 利用導數(shù)證明不等式分層演練 理(含解析)新人教A版(5頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第4講 利用導數(shù)證明不等式
1.(2019·安徽模擬)已知f(x)=,則( )
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:選D.f(x)的定義域是(0,+∞),
f′(x)=,令f′(x)=0,得x=e.
所以當x∈(0,e)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x∈(e,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故x=e時,f(x)max=f(e)=,而f(2)==,f(3)==,所以f(e)>f(3)>f(2).故選D.
2.若0
2、A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 B.ex2-ex1x1ex2 D.x2ex1x1ex2,故選C.
3.設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-aln x.
(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù);
(2)證明:當a>0時,f(x)≥2a+aln.
解:(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0
3、).
當a≤0時,f′(x)>0,f′(x)沒有零點;
當a>0時,設(shè)u(x)=e2x,v(x)=-,
因為u(x)=e2x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,v(x)=-在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又f′(a)>0,當b滿足0<b<且b<時,f′(b)<0,
故當a>0時,f′(x)存在唯一零點.
(2)證明:由(1),可設(shè)f′(x)在(0,+∞)上的唯一零點為x0,當x∈(0,x0)時,f′(x)<0;
當x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當x=x0時,f(x)取得最
4、小值,最小值為f(x0).
由于2e2x0-=0,
所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln .
故當a>0時,f(x)≥2a+aln .
4.(2019·貴州適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)=xln x+ax,a∈R,函數(shù)f(x)的圖象在x=1處的切線與直線x+2y-1=0垂直.
(1)求a的值和函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)求證:ex>f′(x).
解:(1)由題易知,f′(x)=ln x+1+a,x>0,且f(x)的圖象在x=1處的切線的斜率k=2,
所以f′(1)=ln 1+1+a=2,所以a=1.
所以f′(x)=ln x+2,
當x>e-2時,f′(x)
5、>0,
當00,
因為g′(x)=ex-在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
且g′(1)=e-1>0,
g′()=e-2<0,
所以g′(x)在(,1)上存在唯一的零點t,
使得g′(t)=et-=0,
即et=(t時,g′(x)>g′(t)=0,
所以g(x)在(0,t)上單調(diào)遞減,在(t,+∞)上單調(diào)遞增,
所以x>0時,g(x)≥
6、g(t)=et-ln t-2=-ln -2=t+-2≥2-2=0,
又0,即ex>f′(x).
1.已知函數(shù)f(x)=aln x+,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=2.
(1)求a,b的值;
(2)當x>0且x≠1時,求證:f(x)>.
解:(1)函數(shù)f(x)=aln x+的導數(shù)為f′(x)=-,
曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=2,
可得f(1)=2b=2,f′(1)=a-b=0,
解得a=b=1.
(2)證明:當x>1時,f(x)>,
即為ln x+1+>ln x+,
即x--
7、2ln x>0,
當0,
即為x--2ln x<0,
設(shè)g(x)=x--2ln x,g′(x)=1+-=≥0,
可得g(x)在(0,+∞)上遞增,
當x>1時,g(x)>g(1)=0,
即有f(x)>,
當0.
綜上可得,當x>0且x≠1時,f(x)>都成立.
2.已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0處取得極值.
(1)求實數(shù)a的值;
(2)證明:對于任意的正整數(shù)n,不等式2+++…+>ln(n+1)都成立.
解:(1)因為f′(x)=-2x-1,
又因為x=0為f(x)的極值點.
所以f′(0)=-1=0,所以a=1.
(2)證明:由(1)知f(x)=ln(x+1)-x2-x.
因為f′(x)=-2x-1=-.
令f′(x)>0得x<0.
當x變化時,f(x),f′(x)變化情況如下表.
x
(-1,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
極大值
所以f(x)≤f(0)=0,即ln(x+1)≤x2+x(當且僅當x=0時取等號).
令x=,則ln<+,
即ln<,
所以ln+ln+…+ln<2++…+.
即2+++…+>ln(n+1).
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