《2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式分層演練 文.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式分層演練 文.doc(4頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第4講 利用導(dǎo)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(dāng)x∈(0,e)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)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
ln x2-ln x1 B.ex2-ex1x1e x2 D.x2ex1x1 ex2,故選C.
3.(2018高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=.
(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程;
(2)證明:當(dāng)a≥1時, f(x)+e≥0.
解:(1)f′(x)=,f′(0)=2.
因此曲線y=f(x)在(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0.
(2)證明:當(dāng)a≥1時,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g′(x)=2x+1+ex+1.
當(dāng)x<-1時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
4.(2019石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-3x+3a(e為自然對數(shù)的底數(shù),a∈R).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;
(2)求證:當(dāng)a>ln ,且x>0時,>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=ln 3,
于是當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,ln 3)
ln 3
(ln 3,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
3(1-ln 3+a)
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,ln 3],
單調(diào)遞增區(qū)間是[ln 3,+∞),
f(x)在x=ln 3處取得極小值,極小值為f(ln 3)=eln 3-3ln 3+3a=3(1-ln 3+a).無極大值.
(2)證明:待證不等式等價于ex>x2-3ax+1,
設(shè)g(x)=ex-x2+3ax-1,x>0,
于是g′(x)=ex-3x+3a,x>0.
由(1)及a>ln =ln 3-1知:g′(x)的最小值為g′(ln 3)=3(1-ln 3+a)>0.
于是對任意x>0,都有g(shù)′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
于是當(dāng)a>ln =ln 3-1時,對任意x∈(0,+∞),都有g(shù)(x)>g(0).
而g(0)=0,從而對任意x∈(0,+∞),g(x)>0.
即ex>x2-3ax+1,故>x+-3a.
5.(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(dāng)x>e-2時,f′(x)>0,
當(dāng)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)≥g(t)=et-ln t-2=-ln -2=t+-2≥2-2=0,
又0,即ex>f′(x).
6.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(dāng)x>0且x≠1時,求證:f(x)>.
解:(1)函數(shù)f(x)=aln x+的導(dǎo)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(dāng)x>1時,f(x)>,
即為ln x+1+>ln x+,
即x--2ln x>0,
當(dāng)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(dāng)x>1時,g(x)>g(1)=0,
即有f(x)>,
當(dāng)0.
綜上可得,當(dāng)x>0且x≠1時,f(x)>都成立.
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