课时质量评价18　利用导数证明不等式——构造法证明不等式练习题

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这是一份课时质量评价18　利用导数证明不等式——构造法证明不等式练习题，共9页。试卷主要包含了若0
A组全考点巩固练
1．对∀x∈[0，＋∞)，ex与1＋x的大小关系为( )
A．ex≥1＋x
B．ex<1＋x
C．ex＝1＋x
D．不确定
A 解析：令f (x)＝ex－(1＋x)．因为f ′(x)＝ex－1，所以对∀x∈[0，＋∞)，f ′(x)≥0，故f (x)在[0，＋∞)上单调递增，故f (x)≥f (0)＝0，即ex≥1＋x.故选A．
2．若0A．eeq \s\up6(x2)－eeq \s\up6(x1)>ln x2－ln x1
B．eeq \s\up6(x2)－eeq \s\up6(x1)C．x2eeq \s\up6(x1)>x1eeq \s\up6(x2)
D．x2eeq \s\up6(x1)C 解析：令f (x)＝eq \f(ex,x)，则f ′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(exx－1,x2).当0因为0所以f (x2)x1eeq \s\up6(x2).故选C．
3. 若e是自然对数的底数，则( )
A．eq \f(1,e)>eq \f(ln π,π)>eq \f(ln 2,2)B．eq \f(1,e)>eq \f(ln 2,2)>eq \f(ln π,π)
C．eq \f(ln π,π)>eq \f(1,e)>eq \f(ln 2,2)D．eq \f(ln π,π)>eq \f(ln 2,2)>eq \f(1,e)
A 解析：令f (x)＝eq \f(ln x,x)，则f ′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
当00，f (x)单调递增；
当x>e时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
所以f (x)＝eq \f(ln x,x)≤f (e)＝eq \f(1,e)，排除CD．
由f (π)>f (4)得eq \f(ln π,π)>eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2).故选A．
4．已知x＝1是函数f (x)＝ax3－bx－ln x(a>0，b∈R)的一个极值点，则ln a与b－1的大小关系是( )
A．ln a>b－1B．ln aC．ln a＝b－1D．以上都不对
B 解析：f ′(x)＝3ax2－b－eq \f(1,x).
因为x＝1是f (x)的极值点，
所以f ′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b.
令g(a)＝ln a－(b－1)＝ln a－3a＋2(a>0)，
则g′(a)＝eq \f(1,a)－3＝eq \f(1－3a,a).
令g′(a)>0，解得0令g′(a)<0，解得a>eq \f(1,3).
故g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))上单调递减．
故g(a)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1－ln 3<0，故ln a5．证明：ex－ln x>2.
证明：设f (x)＝ex－ln x(x>0)，
则f ′(x)＝ex－eq \f(1,x).
令h(x)＝f ′(x)，则h′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，f ′(1)＝e－1>0，
所以在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上存在x0使f ′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.
所以在(0，x0)上，f (x)单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f (x)在x＝x0处有极小值，也是最小值．
所以f (x0)＝eeq \s\d12(x0)－ln x0＝eq \f(1,x0)＋x0>2，故f (x)>2，即ex－ln x>2.
6．证明：当x∈[0,1]时，eq \f(\r(2),2)x≤sin x≤x.
证明：令F(x)＝sin x－eq \f(\r(2),2)x，则F′(x)＝cs x－eq \f(\r(2),2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，1))时，F′(x)<0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，1))上单调递减．
又F(0)＝0，F(1)>0，
所以当x∈[0,1]时，F(x)≥0，
即sin x≥eq \f(\r(2),2)x.
记H(x)＝sin x－x，
则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cs x－1<0，
所以H(x)在[0,1]上是单调递减，
则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.
综上，当x∈[0,1]时，eq \f(\r(2),2)x≤sin x≤x.
B组新高考培优练
7．已知函数f (x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0时，f (x)(1)解：由题意知，f ′(x)＝2ax－ln x－1.
因为函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f ′(x)≥0，即2a≥eq \f(ln x＋1,x)恒成立．
令g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)(x>0)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，
易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥eq \f(1,2).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)证明：若a＝e，要证f (x)只需证ex－ln x令h(x)＝ln x＋eq \f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex2).
易知h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，
所以ln x＋eq \f(1,ex)≥0.
令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，
所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex－ex故原不等式成立．
8．设函数f (x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处切线的斜率为0.
(1)求a的值；
(2)求证：当0＜x≤2时，f (x)＞eq \f(1,2)x.
(1)解：f ′(x)＝2ax－ln x－1－eq \f(1,x).
由题意，可得f ′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)得f (x)＝x2－(x＋1)·ln x，
要证当0＜x≤2时，f (x)＞eq \f(1,2)x，
只需证当0＜x≤2时，x－ln x＞eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2).
令g(x)＝x－ln x，h(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，
由g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝0，得x＝1，
易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.
h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，
所以h(x)在(0,2]上单调递增，
故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝eq \f(1＋ln 2,2)＜1，
即h(x)max＜g(x)min，
故当0＜x≤2时，f (x)＞eq \f(1,2)x.
9．(2020·临沂高三期末)已知函数f (x)＝2ln(x＋1)＋sin x＋1，函数g(x)＝ax－1－bln x(a，b∈R，ab≠0)．
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)证明：当x≥0时，f (x)≤3x＋1；
(3)证明：当x>－1时．f (x)<(x2＋2x＋2)esin x.
(1)解：g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq \f(ax－b,x).
当a>0，b<0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0，b>0时，令g′(x)>0，得x>eq \f(b,a).令g′(x)<0，得0所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)，＋∞))上单调递增．
当a<0，b>0时，g′(x)<0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a<0，b<0时，令g′(x)>0，得0eq \f(b,a).
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：设函数h(x)＝f (x)－(3x＋1)，则h′(x)＝eq \f(2,x＋1)＋cs x－3.
因为x≥0，所以eq \f(2,x＋1)∈(0,2]，cs x∈[－1,1]，
则h′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，且h′(x)在[0，＋∞)的任意子区间内都不恒等于0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)＝f (x)－(3x＋1)≤h(0)＝0，
即f (x)≤3x＋1.
(3)证明：当a＝b＝1时，g(x)＝x－1－ln x(x>0)．
由(1)知，g(x)min＝g(1)＝0，所以g(x)＝x－1－ln x≥0，
即x≥1＋ln x在(0，＋∞)上恒成立．
当x>－1时，(x＋1)2>0，(x＋1)2esin x>0，
则(x＋1)2esin x≥1＋ln[(x＋1)2esin x]，
即(x＋1)2esin x≥2ln(x＋1)＋sin x＋1＝f (x)．
又(x2＋2x＋2)esin x>(x＋1)2esin x，
所以(x2＋2x＋2)esin x>f (x)，
即f (x)<(x2＋2x＋2)esin x.
10. (2020·新高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f (x)≥1，求a的取值范围．
解：(1)因为f (x)＝ex－ln x＋1，所以f ′(x)＝ex－eq \f(1,x)，所以k＝f ′(1)＝e－1.
因为f (1)＝e＋1，所以切点坐标为(1,1＋e)，
所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，
所以切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)，0))，
所以所求三角形的面积为eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)))＝eq \f(2,e－1).
(2)(方法一)由f (x)≥1得f (x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1.
不等式等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)．
显然g(x)单调递增，所以不等式又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1恒成立．
令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x).
在(0,1)上，h′(x)＞0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝0.
所以ln a≥0，即a≥1.所以a的取值范围是[1，＋∞)．
(方法二)因为f (x)＝aex－1－ln x＋ln a，
所以f ′(x)＝aex－1－eq \f(1,x)，且a＞0.
设g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝aex－1＋eq \f(1,x2)＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＝1时，f ′(1)＝0，所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x)min＝f (1)＝1，所以f (x)≥1成立．
当a＞1时，eq \f(1,a)＜1，所以eeq \s\up12(eq \f(1,a)－1)＜1，所以f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))f ′(1)＝a(eeq \s\up12(eq \f(1,a)－1)－1)(a－1)＜0，
所以存在唯一x0＞0，使得f ′(x0)＝aeeq \s\up6(x0－1)－eq \f(1,x0)＝0，且当x∈(0，x0)时f ′(x)＜0.
当x∈(x0，＋∞)时f ′(x)>0，所以aeeq \s\up6(x0－1)＝eq \f(1,x0).两边取自然对数，所以ln a＋x0－1＝－ln x0.
因此f (x)min＝f (x0)＝aeeq \s\up6(x0－1)－ln x0＋ln a
＝eq \f(1,x0)＋ln a＋x0－1＋ln a≥2ln a－1＋
2eq \r(\f(1,x0)·x0)＝2ln a＋1＞1，
所以f (x)＞1，所以f (x)≥1恒成立．
当0＜a＜1时， f (1)＝a＋ln a＜a＜1，所以f (1)＜1，所以f (x)≥1不恒成立．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
11．(2020·青岛一模)已知函数f (x)＝axln x－x2＋2的图象在点(1,1)处的切线方程为y＝1.
(1)当x∈(0,2)时，证明：0(2)设函数g(x)＝xf (x)，当x∈(0,1)时，证明：0(3)若数列{an}满足an＋1＝f (an)，0证明：(1)由题知f ′(x)＝a(ln x＋1)－2x，f ′(1)＝a－2＝0，所以a＝2，
所以f (x)＝2xln x－x2＋2，定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝2(ln x＋1－x)．
令h(x)＝ln x＋1－x，x∈(0,2)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x).
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)在区间(0,1)上单调递增；
当x∈(1,2)时，h′(x)<0，h(x)在区间(1,2)上单调递减．
所以h(x)≤h(1)＝0，即f ′(x)≤0.
又f ′(x)在(0,2)的任意子区间内都不恒等于零，
所以f (x)在区间(0,2)上单调递减，
所以f (x)>f (2)＝4ln 2－2＝ln 16－ln e2>0.
又因为h(x)＝ln x＋1－x≤0，所以ln x≤x－1，
所以f (x)＝2xln x－x2＋2≤2x(x－1)－x2＋2＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1<2.
综上，当x∈(0,2)时，0(2)由题意，x∈(0,1)，g′(x)＝f (x)＋xf ′(x)＝4xln x－3x2＋2x＋2＝2(2xln x－x2＋2)＋(－x2＋2x－2)＝2f (x)＋(－x2＋2x－2)．
由(1)知f (x)在区间(0,1)上单调递减，所以f (x)>f (1)＝1.
因为当x∈(0,1)时，－x2＋2x－2∈(－2，－1)，
所以g′(x)>0，g(x)在区间(0,1)上单调递增，所以g(x)又x∈(0,1)，f (x)>1，
所以g(x)＝xf (x)>0.
综上，0(3)由(1)(2)知，
当x∈(0,1)时，1＝f (1)当x∈(1,2)时，0因为a1∈(0,1)，所以a2＝f (a1)∈(1,2)，a3＝f (a2)∈(0,1)，a4＝f (a3)∈(1,2)，…，
所以a2k－1∈(0,1)，a2k∈(1,2)，k∈N*.
当n＝2k时，
a1×a2×a3×…×an＝(a1a2)(a3a4)·…·(a2k－1a2k)
＝g(a1)g(a3)·…·g(a2k－1)<1；
当n＝2k－1时，
a1×a2×a3×…×an＝(a1a2)(a3a4)·…·(a2k－3a2k－2)·a2k－1
＝g(a1)g(a3)·…·g(a2k－3)a2k－1<1
所以a1×a2×a3×…×an<1，
从而eq \i\su(i＝1,n, )ln ai＝ln (a1×a2×…×an)<0.