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2023版高考数学一轮复习课后限时集训21利用导数证明不等式含解析20230318184

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课后限时集训(二十一) 利用导数证明不等式建议用时:40分钟1.(2020·南昌模拟)已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.[解] (1)f′(x)=-a(x>0).①若a≤0,则f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;②若a>0,则当0<x<时,f′(x)>0,当x>时,f′(x)<0,故f(x)在上单调递增,在上单调递减.(2)证明:法一:因为x>0,所以只需证f(x)≤-2e,当a=e时,由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-e.记g(x)=-2e(x>0),则g′(x)=,所以当0<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)min=g(1)=-e.综上,当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e,即xf(x)-ex+2ex≤0.法二:由题意知,即证exlnx-ex2-ex+2ex≤0,从而等价于lnx-x+2≤.设函数g(x)=lnx-x+2,则g′(x)=-1.所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.设函数h(x)=,则h′(x)=.所以当x∈(0,1)时,h′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,\n故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)=1.综上,当x>0时,g(x)≤h(x),即xf(x)-ex+2ex≤0.2.(2020·赣州模拟)已知函数f(x)=1-,g(x)=+-bx,曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.(1)求a,b的值;(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥.[解] (1)因为f(x)=1-,所以f′(x)=,f′(1)=-1.因为g(x)=+-bx,所以g′(x)=---b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1,所以g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1,解得a=-1,b=-1.(2)证明:要证f(x)+g(x)≥,只需证1---+x≥0.令h(x)=1---+x(x≥1),则h(1)=0,h′(x)=-+++1=++1.因为x≥1,所以h′(x)=++1>0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,即1---+x≥0,所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥.3.(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)证明:对于任意正整数n,…<e.[解] (1)f(x)的定义域为(0,+∞),\n①若a≤0,因为f=-+aln2<0,所以不满足题意.②若a>0,由f′(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0;所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增,故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1.(2)证明:由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-lnx>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.

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发布时间:2022-08-25 17:22:03 页数:3
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文章作者:U-336598

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