2023届高考数学一轮复习作业利用导数证明不等式新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业利用导数证明不等式新人教B版（答案有详细解析），共3页。试卷主要包含了已知函数f＝eln x－ax，已知函数f＝x－1－aln x等内容，欢迎下载使用。
(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)＝eq \f(e,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＜eq \f(e,a)时，f′(x)＞0，当x＞eq \f(e,a)时，f′(x)＜0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,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)＝eq \f(ex,x)－2e(x＞0)，
则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
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)≤eq \f(ex,x)－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0．
法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤eq \f(ex,ex)．
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝eq \f(1,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)＝eq \f(ex,ex)，则h′(x)＝eq \f(exx－1,ex2)．
所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，
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．(2021·黑龙江铁人中学高三一模)已知f(x)＝asin x＋x2ex－ax－xexsin x．
(1)当f(x)有两个零点时，求a的取值范围；
(2)当a＝1，x>0时，设g(x)＝eq \f(fx,x－sin x)，求证：g(x)≥x＋ln x．
[解](1)由题知，f(x)＝(xex－a)(x－sin x)有两个零点，∵x－sin x＝0时，x＝0，
故xex－a＝0有一个非零实根，
设h(x)＝xex，得h′(x)＝(x＋1)ex，
∴h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
又h(－1)＝－eq \f(1,e)，h(0)＝0，x>0时，h(x)>0；x0，令H(t)＝t－ln t－1(t>0)，
H′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，∴H(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴H(x)≥H(1)＝0．∴xex－1≥x＋ln x．
法二：要证xex－1≥x＋ln x成立，故设M(x)＝xex－x－ln x－1，
M′(x)＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))(x>0)，
令N(x)＝ex－eq \f(1,x)，则N′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)>0，
∴N(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－20，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))使N(x0)＝0，∴eeq \s\up12(x0)＝eq \f(1,x0)，x0＝－ln x0，
∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
∴[M(x)]min＝M(x0)＝x0eeq \s\up12(x0)－x0－ln x0－1＝0，
∴xex－1≥x＋ln x．
3．已知函数f(x)＝x－1－aln x．
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))＜e．
[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)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－ln x＞0．
令x＝1＋eq \f(1,2n)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))＜eq \f(1,2n)．
从而lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))＜eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)＜1．
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))＜e．