2022届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--证明不等式（含解析）

这是一份2022届高三数学（文理通用）一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--证明不等式（含解析），共16页。试卷主要包含了已知，则，当时，有不等式，已知，则下列不等式一定成立的是，当时，，则下列大小关系正确的是，若，，，则，下列不等式中正确的是，若,则下列不等式恒成立的是，若，则下列不等式成立的是等内容，欢迎下载使用。
《导数的综合应用—证明不等式》考查内容：主要涉及利用导数证明不等式注意：涉及到复合函数求导问题一般为理科内容一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知，则（    ）A． B．C． D．2．当时，有不等式 （ ）A．B．C．当时，当时D．当时，当时3．已知非零实数a，x，y满足，则下列关系式恒成立的是（    ）A． B．C． D．4．已知函数有两个零点，且，则下列结论错误的是（   ）A． B． C． D．5．已知，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B． C． D．6．当时，，则下列大小关系正确的是（   ）A． B．C． D．7．若，，，则（    ）A． B． C． D．8．下列不等式中正确的是(    )①；②；③.A．①③ B．①②③ C．② D．①②9．若,则下列不等式恒成立的是　(　　)A． B．C． D．10．若，则下列不等式成立的是（    ）A． B． C． D．11．设为常数，函数，给出以下结论：（1）若，则存在唯一零点（2）若，则（3）若有两个极值点，则其中正确结论的个数是（   ）A．3 B．2 C．1 D．012．已知函数在处取得最大值，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．二．填空题13．若0<x1<x2<1，且1<x3<x4，下列命题：①；②；③；④；其中正确的有___14．已知函数，当时，给出下列几个结论：①；②；③;④当时，．其中正确的是           （将所有你认为正确的序号填在横线上）．15．若，为自然数，则下列不等式：①；②；③，其中一定成立的序号是___16．已知函数，且是函数的极值点．给出以下几个命题：①；②；③；④其中正确的命题是__________．（填出所有正确命题的序号）三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．利用函数的单调性（利用导数），证明下列不等式:（1），；（2），.  18．已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)求证：当时，.    19．已知函数曲线在点处的切线方程为.（1）求的值；（2）证明：当且时，.  20．已知函数f(x)＝ln(x+1)－x．⑴求函数f(x)的单调递减区间；⑵若，证明：．    21．已知函数（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；（2）若在定义域上有两个极值点，证明：    22．已知函数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）设是的导函数的零点，若，求证：.    23．已知函数.（1）判断函数的单调性；（2）若满足，证明：.   《导数的综合应用—证明不等式》解析1.【解析】设，则，由，得，所以函数在上单调递增；由，得，函数在上单调递减，故函数在上不单调，所以与的大小无法确定，从而排除A，B；设，则，由，得，即函数在上单调递增，故函数在上单调递增，所以，即，所以.故选：D2.【解析】对于函数其导数，当时，当时， 当时3.【解析】依题意非零实数a，x，y满足，则，所以.不妨设，则，所以A选项错误；，所以B选项错误；由于，根据指数函数的性质可知：，所以C选项错误.依题意，要证明，只需证明，即证，即证，构造函数，，由于，所以，所以在区间上恒成立，所以区间上递增，所以，所以.故D选项正确.故选：D4.【解析】因为函数,所以,当a≤0时，所以f(x)在（0，+∞）上单调递增，所以不可能有两个零点.当a>0时，时，，函数f(x)单调递增，时，，函数f(x)单调递减.所以因为函数f(x)有两个零点，所以又又令则所以函数g(x)在上为减函数，=0，又，又，∴，即.故答案为B5.【解析】对A，令，，当，在单调递减，，即，故A正确；对B，，，，故B错误；对C，令，当时，；当时，，在单调递减，在单调递增，显然当时，，故C错误；对D，，由C选项的分析，当时，，故D错误；故选：A. 6.【解析】根据得到，而，所以根据对数函数的单调性可知时，，从而可得，函数单调递增，所以，而，所以有.故选D.7.【解析】设，则，所以在上递增，在上递减；即有，所以，故.故选：C8.【解析】对于①：令，则恒成立，则是减函数，所以有恒成立，所以成立，所以①正确；对于②：，令，，当时，，当时，，所以函数在上是减函数，在上是增函数，所以在处取得最小值，所以，所以成立，所以②正确；对于③，，，令，有，所以有当时，，当时，，所以函数在时取得最大值，即，所以，恒成立，所以③正确；所以正确命题的序号是①②③，故选B.9.【解析】对于,分别画出在上的大致图象如图,知不恒成立,排除；对于,令，所以为减函数,，为增函数,所以最小值为错，排除 ；对于,当时,错，排除，故选C.10.【解析】构造函数，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，当m和n在不同单调区间时，函数值大小不能确定，故AB不正确;构造函数，函数在，故.故答案为：D.11.【解析】（1）若函数存在零点，只需方程有实根，即方程有实根，令，则只需函数图像与直线有交点即可.又，由可得；由可得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，因此，当时，直线与图像仅有一个交点，即原函数只有一个零点，所以（1）正确；（2）由（1）可知，当时，在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立；故（2）正确；（3）因为，所以，若有两个极值点，则，所以，又由有两个极值点，可得方程有两不等实根，即方程有两不等式实根，令，则，由得；由得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，；当时，；所以方程有两不等式实根，只需直线与函数的图像有两不同交点，故；所以，即（3）正确.故选A12.【解析】函数的定义域为，而，令，则在上单调递减，且，使，从而在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，，.故选：A13.【解析】令，则，易知当时，单调递增，由，，则存在使得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；，当时，即，此时，故②错误；，即，，故①正确；令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；，与的大小无法确定即、的大小无法确定，故③错误；，即，，故④正确.故答案为：①④.14.【解析】因为，所以，可知（0，）递减，（，+∞）递增，故①错误；令，所以，可知在（0,1）上递减，（1，+∞）上递增，故②错；令，所以h（x）在（0，+∞）上递增，所以，故③正确；当时，可知，又因为f（x）在（，+∞）递增， 设，又因为f（x）在（，+∞）递增，所以时，即，所以时，，故为增函数，所以，所以，故④正确．15.【解析】对于①若成立.两边同时取对数可得,化简得，因为，则,不等式两边同时除以可得令,，则当时, ,所以即在内单调递增所以当时,即，所以，故①正确对于②若,化简可得，令,，则，由可知在内单调递增，而，所以在内先负后正，因而在内先递减,再递增,所以当时无法判断，与的大小关系.故②错误.对于③,若，令，利用换底公式化简可得,则当时, ，所以,即，则在内单调递减，所以当时, ，即，所以③正确，综上可知,正确的为①③，故答案为: ①③16.【解析】的定义域为，，所以有，所以有，即，即，所以有；因为，所以有．17.【解析】（1）设，，∴，，∵，∴，∴，，∴函数在上单调递减；函数在单调递增；∴，，即，，∴，；（2）设函数，所以 ；令得：，由得；由得；所以函数在上单调递减，在上单调递增；∴当时，取最小值，即， ∴当时，恒有，即，显然成立．18.【解析】(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，∵f′(x)＝2x-2=，由f′(x)>0， 得x>1; 由f′(x)<0， 得0<x<1∴f(x)的单调增区间为(1，＋∞), 单调减区间为(0，1)． (2)设g(x)＝f（x）-3x+1=x2－2lnx-3x+4，∴g′(x)＝2x-2--3=，∵当x>2时，g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴g(x)>g(2)＝4-2ln2-6+4>0，∴当x>2时， x2-2lnx>3x-4,即当x>2时..19.【解析】1）由于直线的斜率为，且过点，故即解得，.（2）由（1）知f(x)=所以考虑函数，则h′(x)=，所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0,故x时h(x)>0可得,x h(x)<0可得,从而当，且时，.20.【解析】（1）函数f(x)的定义域为．＝－1＝－．由<0及x>－1，得x>0．∴ 当x∈（0，＋∞）时，f(x)是减函数，即f(x)的单调递减区间为（0，＋∞）．（2）证明：由⑴知，当x∈（－1，0）时，＞0，当x∈（0，＋∞）时，＜0，因此，当时，≤，即≤0∴．令，则＝．∴ 当x∈（－1，0）时，＜0，当x∈（0，＋∞）时，＞0．∴ 当时，≥，即≥0，∴．综上可知，当时，有．21.【解析】（1） ， ，则 ，当时 ，此时在单调递减，当时 ，方程 有两个不等的正根 ，不妨设，则当时 ，当时， ，这时不是单调函数，综上，的取值范围为 ，（2）由（1）可知当且仅当时，有极小值点和极大值点且， ， ，令 ， ，则当时， ，则在时单调递减，所以 ，即，22.【解析】（1）当时，，，且，曲线在处的切线的斜率.曲线在处的切线方程为，即；（2）由题意得.是的导函数的零点，，即，，即.又，则.令，显然，所以因此在上是增函数，且.，因此..23.【解析】（1）函数的定义域是.因为恒成立，所以函数在定义域上是单调递增函数.（2）由（1）知.令，得，由一元二次方程根与系数关系得，即，得，∴令，则，令，则，得.