新高考数学一轮复习《导数大题突破练—不等式证明》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

这是一份新高考数学一轮复习《导数大题突破练—不等式证明》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)，文件包含新高考数学一轮复习《导数大题突破练不等式证明》课时练习教师版doc、新高考数学一轮复习《导数大题突破练不等式证明》课时练习原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习《导数大题突破练—不等式证明》课时练习1.已知函数f(x)=aex－ln x－1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.【答案解析】解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=aex－.由题设知，f′(2)=0，所以a=.从而f(x)=ex－ln x－1，f′(x)=ex－.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.设g(x)=－ln x－1，则g′(x)=－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0.因此，当a≥时，f(x)≥0.2.已知函数f(x)＝ln x＋.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0≤a≤1时，证明：xf(x)≥a(x＋1)．【答案解析】解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，当a＋1≤0，即a≤－1时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＋1>0，即a>－1时，当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0；所以f(x)在上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增；综上，当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>－1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；(2)证明　若xf(x)≥a(x＋1)，则xln x－ax＋1≥0，设g(x)＝xln x－ax＋1，则g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)>0可得x∈，即g(x)的单调递增区间为，由g′(x)<0可得x∈，即g(x)的单调递减区间为，所以g(x)min＝g＝1－ea－1，因为0≤a≤1，所以－1≤a－1≤0，故0≤1－ea－1≤1－，即0≤g(x)min≤1－，所以g(x)≥0，故xf(x)≥a(x＋1)．3.已知函数f(x)＝xln x＋x，g(x)＝.(1)若不等式f(x)g(x)≤ax2对x∈[1，＋∞)恒成立，求a的最小值；(2)证明：f(x)＋1－x>g(x)．【答案解析】解：(1)f(x)g(x)≤ax2，即·≤ax2，化简可得≤a.令m(x)＝，m′(x)＝，因为x≥1，所以≤1，ln x＋1≥1，所以m′(x)≤0，m(x)在[1，＋∞)上单调递减，m(x)≤m(1)＝，所以a的最小值为.(2)证明　要证f(x)＋1－x>g(x)，即xln x＋1>，两边同除以x可得ln x＋>.设t(x)＝ln x＋，则t′(x)＝－＝，在上，t′(x)<0，所以t(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上，t′(x)>0，所以t(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以t(x)≥t(1)＝1.设h(x)＝，因为h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h＝1，所以t(x)>h(x)，即f(x)＋1－x>g(x)．4.已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点．求a的值，并讨论f(x)的零点个数；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.【答案解析】解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．f(x)min＝f(2)＝－－ln 2<0，因为f()＝>0，f＝－ln 4－1>0，所以f(x)有两个零点．(2)证明　当a≥时，f(x)≥－ln x－1，设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的极小值点也是最小值点，故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此当a≥时，f(x)≥0.5.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，其中e为自然对数的底数．(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若x>0，证明：(ex－1)ln (x＋1)>x2.【答案解析】解:(1)由条件得f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a，∵x≥0，∴ex≥1.当2a≤1时，h′(x)＝ex－2a≥0恒成立，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h＝0，即f′(x)≥0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0恒成立，∴a≤时满足条件．当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a]上，h′(x)≤0，h(x)在[0，ln 2a]上单调递减，∴当x∈(0，ln 2a)时，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，f(x)在上单调递减，∴f(x)<f(0)＝0，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(-∞,].(2)证明　由(1)得，当a＝，x>0时，ex>1＋x＋成立，即ex－1>x＋＝成立，要证不等式ex－1ln (x＋1)>x2，∵x>0，∴ln (x＋1)>0，只需证ex－1>，只需证>，只需证ln (x＋1)>成立，设f(x)＝ln (x＋1)－，则f′(x)＝－＝，∴当x>0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，∴f(x)>0恒成立，∴原不等式成立．6.已知函数f(x)=x－lnx.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：当x≥1时，≥ex－1；(3)若f(x)≥(1－m)x＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的值.【答案解析】解：(1)f(x)=x－lnx，f′(x)=1－，x∈(0，＋∞)，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，有极小值f(1)=1，无极大值.(2)证明：原不等式可化为≥，记g(x)=，则g′(x)=，当x≥1时，g′(x)＜0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，有g(x)≤g(1)=，又由(1)知，≥=，得证.(3)f(x)≥(1－m)x＋m，即lnx－m(x－1)≤0，记h(x)=lnx－m(x－1)，则h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求导得h′(x)=－m(x＞0)，若m≤0，则h′(x)＞0，得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)=0，故当x＞1时，h(x)＞0，不合题意；若m＞0，则易得h(x)在上单调递增，在上单调递减，则h(x)max=h=－lnm－1＋m.依题意有－lnm－1＋m≤0，故f(m)≤1，由(1)知f(m)≥1，则m只能等于1.7.已知函数f(x)=1－，g(x)=＋－bx，若曲线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)≥.【答案解析】解：(1)f′(x)=，g′(x)=－ae1－x－－b.由得所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－＋＋x.f(x)＋g(x)≥⇔1－－e1－x＋＋x≥⇔x－ln x≥＋1－x2.记h(x)=x－ln x，则h′(x)=≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=，则φ′(x)=(1－x)e1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x2≤0，所以xe1－x＋1－x2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.8.已知f(x)=x2-a2ln x，a>0.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)=f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.【答案解析】解：(1)f′(x)=x-=(x>0)．当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a时，f(x)取最小值f(a)=a2-a2ln a.令a2-a2ln a≥0，解得0<a<.故a的取值范围是(0，]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x1<a<x2<2a，则2a-x2<a.要证x1＋x2>2a，即x1>2a-x2，则只需证f(x1)<f(2a-x2)．因为f(x1)=f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a-x2)．设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-＋2a-x-=-≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0.又a<x2<2a，于是g(x2)=f(x2)-f(2a-x2)<0，即f(x2)<f(2a-x2)．因此x1＋x2>2a.