适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练18利用导数证明不等式（附解析）

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练18利用导数证明不等式（附解析），共3页。试卷主要包含了已知x>-1,证明，已知函数f=ln x-ax+2等内容，欢迎下载使用。

(1)当0≤x≤π时,求f(x)的最大值;
(2)当≤x≤时,求证:f(x)>ln(x+1).
2.(2023浙江湖州、衢州、丽水二模)已知函数f(x)=ex-asin x+bx(a>0).
(1)当b=0时,函数f(x)在上有极小值,求实数a的取值范围;
(2)当b<0时,设x0是函数f(x)的极值点,证明:f(x0)≥blna.(其中e≈2.718 28,是自然对数的底数)
3.(2023河北唐山一模)已知x>-1,证明:
(1)ex-1≥x≥ln(x+1);
(2)(ex-1)ln(x+1)≥x2.
4.(2023湖北武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+2(a>0).
(1)若f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)当a=1时,证明:·…·考点突破练18 利用导数证明不等式
1.(1)解 由f(x)=2sinx-sin2x,0≤x≤π,所以f'(x)=2csx-2cs2x=2csx-2(2cs2x-1)=-4cs2x+2csx+2=(-csx+1)(4csx+2),令f'(x)>0,得-(2)证明 设g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sinx-sin2x-ln(x+1),所以g'(x)=-4cs2x+2csx+2-,当≤x≤时,1->0,所以g'(x)>-4cs2x+2csx+1.又-4cs2x+2csx+1=-4(0≤csx≤),所以-4cs2x+2csx+1>0恒成立.所以g'(x)>0在区间上恒成立.所以y=g(x)在区间上单调递增,所以g(x)≥g-ln-ln-0.739>0,所以当≤x≤时,f(x)>ln(x+1).
2.(1)解 由题意知f(x)=ex-asinx在上有极小值,则f'(x)=ex-acsx=0在上有解,故a=,设g(x)=,显然g(x)=上单调递增,又g(0)=1,当x→时,g(x)→+∞,所以a>1.当a>1时,f'(x)=ex-acsx在上单调递增,又f'(0)=1-a<0,f'>0,由零点存在定理可知∃x0∈,使得f'(x0)=0,此时当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递减,f(x)在上单调递增,故f(x)在上有极小值点.因此实数a的取值范围是(1,+∞).
(2)证明 由题意知f'(x)=ex-acsx+b,
故f'(x0)=-acsx0+b=0.
f(x0)=-asinx0+bx0=-asinx0+bx0+f'(x0)=2-a(sinx0+csx0)+bx0+b
=2asin+bx0+b≥2+bx0+b-a.
设h(x)=2ex+bx+b-a(x∈R),
则h'(x)=2ex+b,当x∈时,h'(x)<0,当x∈时,h'(x)>0,所以h(x)在上单调递减,h(x)在上单调递增,所以h(x)≥h=blna.
因此f(x0)≥blna成立.
3.证明 (1)令f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)=,x>-1,
当-1当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立,即x≥ln(x+1),从而ex≥eln(x+1)=x+1,所以ex-1≥x.
综上,ex-1≥x≥ln(x+1).
(2)显然当x=0时,(ex-1)ln(x+1)=x2=0.
令g(x)=,x≠0,则g'(x)=,x≠0,
令h(x)=(1-x)ex-1,则h'(x)=-xex,
当x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)≤h(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立,
从而可得g'(x)=<0,x≠0,所以g(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减.
由(1)知,当-1x>ln(x+1);当x>0时,x>ln(x+1)>0,所以g(x)-1且x≠0时,x(ex-1)>0,
所以(ex-1)ln(x+1)>x2.
故当x>-1时,(ex-1)ln(x+1)≥x2.
4.(1)解 因为f(x)=lnx-ax+2,x∈(0,+∞),所以f'(x)=-a=,因为a>0,所以当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f=-lna+1.因为f(x)≤0恒成立,所以f(x)max=-lna+1≤0,解得a≥e.所以实数a的取值范围为[e,+∞).
(2)证明 当a=1时,f(x)=lnx-x+2,则f'(x)=-1=,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)≤f(1)=1,即lnx-x+2≤1,即lnx≤x-1,所以ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时取等号,所以ln,n∈N*,所以ln,ln,…,ln,将以上各不等式两边分别相加,得ln+ln+ln+…+ln[1+]<+…++…+=1-<1,
即ln[·…·]<1,
所以·…·