2020版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.doc

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1、1第 4 讲 利用导数证明不等式1(2019安徽模拟)已知 f(x) ，则( )ln xxA 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 xe.1 ln xx2所以当 x(0，e)时， f( x)0， f(x)单调递增，当 x(e，)时， f( x)f(3)f(2)故选 D.2若 0ln x2ln x1 Be x2e x1x1e x2 D x2ex1x1 ex2，故选 C3(2018高考全国卷)已知函数 f(x) .ax2 x 1ex(1)求曲线

2、y f(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当 a1 时， f(x)e0.解：(1) f( x) ， f(0)2. ax2 （ 2a 1） x 2ex因此曲线 y f(x)在(0，1)处的切线方程是 2x y10.(2)证明：当 a1 时， f(x)e( x2 x1e x1 )e x.令 g(x) x2 x1e x1 ，则 g( x)2 x1e x1 .当 x1 时， g( x)0， g(x)单调递增；所以 g(x) g(1)0.2因此 f(x)e0.4(2019石家庄模拟)已知函数 f(x)e x3 x3 a(e 为自然对数的底数， aR)(1)求 f(x)的单调区间与极值；(2)求

3、证：当 aln ，且 x0 时， x 3 a.3e exx 32 1x解：(1)由 f(x)e x3 x3 a， xR，知 f( x)e x3， xR.令 f( x)0，得 xln 3，于是当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下表：x (，ln 3) ln 3 (ln 3，)f(x) 0 f(x) 3(1ln 3 a) 故 f(x)的单调递减区间是(，ln 3，单调递增区间是ln 3，)，f(x)在 xln 3 处取得极小值，极小值为 f(ln 3)e ln 33ln 33 a3(1ln 3 a)无极大值(2)证明：待证不等式等价于 ex x23 ax1，32设 g(x)e x

4、 x23 ax1， x0，32于是 g( x)e x3 x3 a， x0.由(1)及 aln ln 31 知： g( x)的最小值为 g(ln 3)3(1ln 3 a)0.3e于是对任意 x0，都有 g( x)0，所以 g(x)在(0，)内单调递增于是当 aln ln 31 时，对任意 x(0，)，都有 g(x) g(0)3e而 g(0)0，从而对任意 x(0，)， g(x)0.即 ex x23 ax1，故 x 3 a.32 exx 32 1x5(2019贵州适应性考试)已知函数 f(x) xln x ax， aR，函数 f(x)的图象在x1 处的切线与直线 x2 y10 垂直(1)求 a 的

5、值和函数 f(x)的单调区间；(2)求证：e xf( x)解：(1)由题易知， f( x)ln x1 a， x0，且 f(x)的图象在 x1 处的切线的斜率 k2，所以 f(1)ln 11 a2，所以 a1.3所以 f( x)ln x2，当 xe2 时， f( x)0，当 00，因为 g( x)e x 在(0，)上单调递增，1x且 g(1)e10， g( )e 2t 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 x0 时， g(x) g(t)e tln t2 ln 2 t 2220，1t 1et 1t又 0，即 exf( x)126已知函数

6、 f(x) aln x ，曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程为b(x 1)xy2.(1)求 a， b 的值；(2)当 x0 且 x1 时，求证： f(x) .(x 1)ln xx 1解：(1)函数 f(x) aln x 的导数为 f( x) ，b(x 1)x ax bx2曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程为 y2，可得 f(1)2 b2， f(1) a b0，解得 a b1.(2)证明：当 x1 时， f(x) ，(x 1)ln xx 1即为 ln x1 ln x ，1x 2ln xx 1即 x 2ln x0，1x当 0 ，(x 1)ln xx 14即为 x 2ln x1 时， g(x)g(1)0，即有 f(x) ，(x 1)ln xx 1当 0 .(x 1)ln xx 1综上可得，当 x0 且 x1 时， f(x) 都成立(x 1)ln xx 1