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2025年高考数学一轮复习-考点突破练18-利用导数证明不等式-专项训练【含解析】
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这是一份2025年高考数学一轮复习-考点突破练18-利用导数证明不等式-专项训练【含解析】，共8页。试卷主要包含了已知函数f=eln x-ax，已知函数f=ln x-kx+1，已知函数f=x，已知函数f=ax+ln 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.
2.已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+ln x.
(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0时,证明:f(x)3.已知函数f(x)=ln x-kx+1.
(1)若f(x)≤0恒成立,求实数k的取值范围;
(2)证明:1+1221+132…1+1n21).
4.已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<1a+1b5.已知函数f(x)=ax+ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),证明:a2考点突破练18 利用导数证明不等式
1.(1)解 f'(x)=ex-a(x>0),
①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数;
②若a>0,则当x0;当x>ea时,f'(x)<0.
故在0,ea上,f(x)单调递增;在ea,+∞上,f(x)单调递减.
(2)证明 因为x>0,所以只需证f(x)≤exx-2e,
由(1)知,当a=e时,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)=exx-2e(x>0),则g'(x)=(x-1)exx2,
所以,当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(1)=-e.
所以当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤exx-2e,
即xf(x)-ex+2ex≤0.
2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax-(a+2)+1x=(ax-1)(2x-1)x(a>0),
①当0<1a<12,即a>2时,在0,1a,12,+∞上,f'(x)>0,f(x)单调递增;
在1a,12上,f'(x)<0,f(x)单调递减.
②当1a=12,a=2时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当1a>12,即00,f(x)单调递增;
在12,1a上,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a>2时,f(x)的单调递增区间为0,1a,12,+∞,单调递减区间为1a,12.
当a=2时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
当0(2)证明 当a=0时,由f(x)0,构造函数h(x)=ex-ln x-2(x>0),
h'(x)=ex-1x,h″(x)=ex+1x2>0,∴h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
h'12=e-2<0,h'(1)=e-1>0,
故存在x0∈12,1,使得h'(x0)=0,即ex0=1x0.
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以x=x0时,h(x)取得极小值,也即是最小值.
h(x0)=ex0-ln x0-2=1x0-ln1ex0-2=1x0+x0-2>21x0·x0-2=0,
所以h(x)=ex-ln x-2>0,故f(x)3.(1)解 f(x)≤0⇒ln x-kx+1≤0⇒k≥lnx+1x,
令g(x)=lnx+1x,x>0,则g'(x)=1-lnx-1x2=-lnxx2,
当00,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
∴g(x)max=g(1)=1,∴k≥1.
(2)证明 由(1)知,k=1时,有不等式ln x≤x-1对任意x∈(0,+∞)恒成立,
当且仅当x=1时,取“=”号,∴当x∈(1,+∞),ln x令x=1+1n2(n>1,且n∈N*),则ln1+1n2<1n2<1n2-1=121n-1-1n+1,
∴ln1+122+ln1+132+…+ln1+1n2<122+1212-14+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1=14+1212+13-1n-1n+1<14+1212+13=23,
即ln1+1221+132…1+1n2<23(n∈N*,n>1),
∴1+1221+132…1+1n21).
4.(1)解 由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ln x.
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.
即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.
(2)证明 (方法一)由bln a-aln b=a-b得1a1-ln1a=1b1-ln1b,即f1a=f1b.
由a≠b,得1a≠1b.
由(1)不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞),则f1a>0,从而f1b>0,得1b∈(1,e),
①令g(x)=f(2-x)-f(x),
则g'(x)=-f'(2-x)-f'(x)=ln[1-(x-1)2],
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)内单调递减,g(x)>g(1)=0,
从而f(2-x)>f(x),所以f2-1a>f1a=f1b,
由(1)得2-1a<1b即2<1a+1b.①
令h(x)=x+f(x),则h'(x)=1+f'(x)=1-ln x,
当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,h(x)从而x+f(x)又由1a∈(0,1),可得1a<1a1-ln1a=f1a=f1b,
所以1a+1b由①②得2<1a+1b(方法二)bln a-aln b=a-b变形为lnaa-lnbb=1b-1a,所以lna+1a=lnb+1b.
令1a=m,1b=n.则上式变为m(1-ln m)=n(1-ln n),
于是命题转换为证明2令f(x)=x(1-ln x),则有f(m)=f(n),不妨设m令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.
结合(1)知02.
要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln[x(2-x)]>0,
∴g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)2.
再证m+n因为m(1-ln m)=n(1-ln n)>m,所以n(1-ln n)+n令h(x)=x(1-ln x)+x,x∈(1,e),
所以h'(x)=1-ln x>0,故h(x)在区间(1,e)内单调递增.
所以h(x)综合可知2<1a+1b(方法三)证明1a+1b>2同方法二.以下证明x1+x2不妨设x2=tx1,则t=x2x1>1,
由x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)得x1(1-ln x1)=tx1[1-ln(tx1)],ln x1=1-tlntt-1,
要证x1+x2即ln(1+t)+1-tlntt-1<1,即证ln(1+t)t记g(s)=ln(1+s)s,s∈(0,+∞),
则g'(s)=s1+s-ln(1+s)s2.
记h(s)=s1+s-ln(1+s),则h'(s)=1(1+s)2-11+s<0,
所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减.h(s)由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),所以g(t)即ln(1+t)t(方法四)由已知得lnaa-lnbb=1b-1a,令1a=x1,1b=x2,不妨设x1证明x1+x2>2同方法二.
再证明x1+x2令φ(x)=ln x+ex-2(0所以φ(x)>φ(e)=0,h'(x)>0,h(x)在区间(0,e)内单调递增.
因为0即1-ln x11-ln x2>x1-ex2-e.
又因为f(x1)=f(x2),所以1-ln x11-ln x2=x2x1,x2x1>x1-ex2-e,
即x22-ex20.
因为x1综上,有2<1a+1b5.(1)解 函数f(x)=ax+ln x的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=x-ax2,
当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a>0时,f'(x)<0的解集为(0,a),f'(x)>0的解集为(a,+∞),即f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a),
所以当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,f(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减.
(2)证明 因为f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),由(1)知,a>0,且f(x)min=f(a)=ln a+1<2,解得a∈(0,e),设x1a2,即证x2>a2x1>a,即证f(x2)>fa2x1,即证f(x1)>fa2x1,设g(x)=f(x)-fa2x=2ln x+ax-xa-2ln a,x∈(0,a),
则g'(x)=2x-ax2-1a=-(x-a)2ax2<0,即g(x)在(0,a)上单调递减,当x→a时,g(x)→0,所以g(x)>0,
即f(x)>fa2x(x∈(0,a)),则f(x1)>fa2x1成立,因此x1x2>a2成立,
要证x1x2即证2而ax1+ln x1=2⇔a=x1(2-ln x1),即证1令h(x)=xe+ln(2-ln x),x∈(0,e),则h'(x)=-1x(2-lnx)+1e,
设φ(x)=x(2-ln x),x∈(0,e),求导得φ'(x)=1-ln x>0,即φ(x)在(0,e)上单调递增,当x→e时,φ(x)→e,
则有0<φ(x)h(a)>h(e)=1,则当x∈(0,a)时,1
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.
2.已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+ln x.
(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0时,证明:f(x)
(1)若f(x)≤0恒成立,求实数k的取值范围;
(2)证明:1+1221+132…1+1n2
4.已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<1a+1b
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),证明:a2
1.(1)解 f'(x)=ex-a(x>0),
①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数;
②若a>0,则当x
故在0,ea上,f(x)单调递增;在ea,+∞上,f(x)单调递减.
(2)证明 因为x>0,所以只需证f(x)≤exx-2e,
由(1)知,当a=e时,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)=exx-2e(x>0),则g'(x)=(x-1)exx2,
所以,当0
所以g(x)min=g(1)=-e.
所以当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤exx-2e,
即xf(x)-ex+2ex≤0.
2.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax-(a+2)+1x=(ax-1)(2x-1)x(a>0),
①当0<1a<12,即a>2时,在0,1a,12,+∞上,f'(x)>0,f(x)单调递增;
在1a,12上,f'(x)<0,f(x)单调递减.
②当1a=12,a=2时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当1a>12,即0
在12,1a上,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a>2时,f(x)的单调递增区间为0,1a,12,+∞,单调递减区间为1a,12.
当a=2时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
当0
h'(x)=ex-1x,h″(x)=ex+1x2>0,∴h'(x)在(0,+∞)上单调递增,
h'12=e-2<0,h'(1)=e-1>0,
故存在x0∈12,1,使得h'(x0)=0,即ex0=1x0.
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以x=x0时,h(x)取得极小值,也即是最小值.
h(x0)=ex0-ln x0-2=1x0-ln1ex0-2=1x0+x0-2>21x0·x0-2=0,
所以h(x)=ex-ln x-2>0,故f(x)
令g(x)=lnx+1x,x>0,则g'(x)=1-lnx-1x2=-lnxx2,
当0
∴g(x)max=g(1)=1,∴k≥1.
(2)证明 由(1)知,k=1时,有不等式ln x≤x-1对任意x∈(0,+∞)恒成立,
当且仅当x=1时,取“=”号,∴当x∈(1,+∞),ln x
∴ln1+122+ln1+132+…+ln1+1n2<122+1212-14+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1=14+1212+13-1n-1n+1<14+1212+13=23,
即ln1+1221+132…1+1n2<23(n∈N*,n>1),
∴1+1221+132…1+1n2
4.(1)解 由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-ln x.
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.
即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.
(2)证明 (方法一)由bln a-aln b=a-b得1a1-ln1a=1b1-ln1b,即f1a=f1b.
由a≠b,得1a≠1b.
由(1)不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞),则f1a>0,从而f1b>0,得1b∈(1,e),
①令g(x)=f(2-x)-f(x),
则g'(x)=-f'(2-x)-f'(x)=ln[1-(x-1)2],
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)内单调递减,g(x)>g(1)=0,
从而f(2-x)>f(x),所以f2-1a>f1a=f1b,
由(1)得2-1a<1b即2<1a+1b.①
令h(x)=x+f(x),则h'(x)=1+f'(x)=1-ln x,
当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,h(x)
所以1a+1b
令1a=m,1b=n.则上式变为m(1-ln m)=n(1-ln n),
于是命题转换为证明2
结合(1)知0
要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)
则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln[x(2-x)]>0,
∴g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)
再证m+n
所以h'(x)=1-ln x>0,故h(x)在区间(1,e)内单调递增.
所以h(x)
由x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)得x1(1-ln x1)=tx1[1-ln(tx1)],ln x1=1-tlntt-1,
要证x1+x2
则g'(s)=s1+s-ln(1+s)s2.
记h(s)=s1+s-ln(1+s),则h'(s)=1(1+s)2-11+s<0,
所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减.h(s)
再证明x1+x2
因为0
又因为f(x1)=f(x2),所以1-ln x11-ln x2=x2x1,x2x1>x1-ex2-e,
即x22-ex2
因为x1
当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a>0时,f'(x)<0的解集为(0,a),f'(x)>0的解集为(a,+∞),即f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a),
所以当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,f(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减.
(2)证明 因为f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),由(1)知,a>0,且f(x)min=f(a)=ln a+1<2,解得a∈(0,e),设x1
则g'(x)=2x-ax2-1a=-(x-a)2ax2<0,即g(x)在(0,a)上单调递减,当x→a时,g(x)→0,所以g(x)>0,
即f(x)>fa2x(x∈(0,a)),则f(x1)>fa2x1成立,因此x1x2>a2成立,
要证x1x2
设φ(x)=x(2-ln x),x∈(0,e),求导得φ'(x)=1-ln x>0,即φ(x)在(0,e)上单调递增,当x→e时,φ(x)→e,
则有0<φ(x)
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