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

第4讲 利用导数证明不等式1(2019安徽模拟)已知f(x)，则()Af(2)>f(e)>f(3)Bf(3)>f(e)>f(2)Cf(3)>f(2)>f(e) Df(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.所以当x(0，e)时，f(x)>0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)<0，f(x)单调递减，故xe时，f(x)maxf(e)，而f(2)，f(3)，所以f(e)>f(3)>f(2)故选D.2若0<x1<x2<1，则()Aex2ex1>ln x2ln x1 Bex2ex1<ln x2ln x1Cx2 ex1>x1e x2 Dx2ex1<x1ex2解析：选C令f(x)，则f(x).当0<x<1时，f(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即<，所以x2ex1>x1 ex2，故选C3(2018高考全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(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.因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)证明：当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当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)g(1)0.因此f(x)e0.4(2019石家庄模拟)已知函数f(x)ex3x3a(e为自然对数的底数，aR)(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln ，且x0时，x3a.解：(1)由f(x)ex3x3a，xR，知f(x)ex3，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)0f(x)3(1ln 3a)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)eln 33ln 33a3(1ln 3a)无极大值(2)证明：待证不等式等价于exx23ax1，设g(x)exx23ax1，x0，于是g(x)ex3x3a，x0.由(1)及aln ln 31知：g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.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)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx23ax1，故x3a.5(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)xln xax，aR，函数f(x)的图象在x1处的切线与直线x2y10垂直(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)求证：ex>f(x)解：(1)由题易知，f(x)ln x1a，x>0，且f(x)的图象在x1处的切线的斜率k2，所以f(1)ln 11a2，所以a1.所以f(x)ln x2，当x>e2时，f(x)>0，当0<x<e2时，f(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(e2，)，单调递减区间为(0，e2)(2)证明：设g(x)exf(x)exln x2，x>0，因为g(x)ex在(0，)上单调递增，且g(1)e1>0，g()e2<0，所以g(x)在(，1)上存在唯一的零点t，使得g(t)et0，即et(<t<1)当0<x<t时，g(x)<g(t)0，当x>t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x>0时，g(x)g(t)etln t2ln 2t2220，又<t<1，所以上式等号取不到，所以g(x)>0，即ex>f(x)6已知函数f(x)aln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2.(1)求a，b的值；(2)当x>0且x1时，求证：f(x)>.解：(1)函数f(x)aln x的导数为f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2，可得f(1)2b2，f(1)ab0，解得ab1.(2)证明：当x>1时，f(x)>，即为ln x1>ln x，即x2ln x>0，当0<x<1时，f(x)>，即为x2ln x<0，设g(x)x2ln x，g(x)10，可得g(x)在(0，)上递增，当x>1时，g(x)>g(1)0，即有f(x)>，当0<x<1时，g(x)<g(1)0，即有f(x)>.综上可得，当x>0且x1时，f(x)>都成立