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

《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》由會(huì)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（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故x＝e時(shí)，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、ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．ex2－ex1x1e x2 D．x2ex1x1 ex2，故選C． 3．(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝. (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)， f(x)＋e≥0. 解：(1)f′(x)＝，f′(0)＝2. 因此曲線y＝f

3、(x)在(0，－1)處的切線方程是2x－y－1＝0. (2)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，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(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時(shí)，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(duì)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(shí)，＞x＋－3a. 解：(1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R

4、，知f′(x)＝ex－3，x∈R. 令f′(x)＝0，得x＝ln 3， 于是當(dāng)x變化時(shí)，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(wú)極大值． (2)證明：待證不等式等價(jià)于ex＞x2－3ax＋1， 設(shè)g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0， 于

5、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(duì)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(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞g(0)． 而g(0)＝0，從而對(duì)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

6、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(shí)，f′(x)>0， 當(dāng)00， 因?yàn)間′(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(，

7、1)上存在唯一的零點(diǎn)t， 使得g′(t)＝et－＝0，即et＝(t時(shí)，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(shí)，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(diǎn)(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(shí)，求證：f(x)>. 解：(1)函數(shù)f(x)＝a

8、ln x＋的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－， 曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(shí)，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(shí)，g(x)>g(1)＝0， 即有f(x)>， 當(dāng)0. 綜上可得，當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，f(x)>都成立． 4