新高考数学考前考点冲刺精练卷18《利用导数证明不等式》（2份，原卷版+教师版）

这是一份新高考数学考前考点冲刺精练卷18《利用导数证明不等式》（2份，原卷版+教师版），文件包含新高考数学考前考点冲刺精练卷18《利用导数证明不等式》教师版doc、新高考数学考前考点冲刺精练卷18《利用导数证明不等式》教师版pdf、新高考数学考前考点冲刺精练卷18《利用导数证明不等式》原卷版doc、新高考数学考前考点冲刺精练卷18《利用导数证明不等式》原卷版pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＞0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【答案解析】解：(1) f′(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，若x＞a，则f′(x)＞0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0＜x＜a，则f′(x)＜0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．
(2)证明 由(1)知，当a＞0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，即证ln a＋eq \f(1,a)﹣1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)﹣1，则g′(a)＝eq \f(1,a)﹣eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a＞0)，
当0＜a＜1时，g′(a)＜0；当a＞1时，g′(a)＞0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.所以ln a＋eq \f(1,a)﹣1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
已知函数f(x)＝eln x﹣ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)﹣ex＋2ex≤0.
【答案解析】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(0，eq \f(e,a))上单调递增，在(eq \f(e,a)，+∞)上单调递减．
(2)证明 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.
设g(x)＝eq \f(ex,x)﹣2e(x＞0)，则g′(x)＝，
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.
故不等式xf(x)﹣ex＋2ex≤0得证．
已知函数f(x)＝ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x＞﹣2时，求证：f(x)＞ln(x＋2)．
【答案解析】解：(1)由f(x)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，
则f′(0)＝1，即曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y﹣1＝x﹣0，
所以所求切线方程为x﹣y＋1＝0.
(2)证明 设g(x)＝f(x)﹣(x＋1)＝ex﹣x﹣1(x＞﹣2)，则g′(x)＝ex﹣1，
当﹣2＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0，
即g(x)在(﹣2，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
令h(x)＝x＋1﹣ln(x＋2)(x＞﹣2)，则h′(x)＝1﹣eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋1,x＋2)，
则当﹣2＜x＜﹣1时，h′(x)＜0，当x＞﹣1时，h′(x)＞0，
即有h(x)在(﹣2，﹣1)上单调递减，在(﹣1，＋∞)上单调递增，
于是当x＝﹣1时，h(x)min＝h(﹣1)＝0，
因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝﹣1时取等号)，
所以当x＞﹣2时，f(x)＞ln(x＋2)．
已知函数f(x)＝eq \f(xln x,x＋m)，g(x)＝eq \f(x,ex)，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x﹣2y＋n＝0.
(1)求m，n的值；
(2)证明：f(x)＞2g(x)﹣1.
【答案解析】解：(1)由已知得，f(1)＝0，∴1﹣0＋n＝0，解得n＝﹣1.
∵f′(x)＝eq \f(ln x＋1x＋m－xln x,x＋m2)，∴f′(1)＝eq \f(m＋1,1＋m2)＝eq \f(1,2)，解得m＝1.
(2)证明 设h(x)＝ex﹣x﹣1(x＞0)，则h′(x)＝ex﹣1＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)＞h(0)＝0，即ex＞x＋1＞1，
∴eq \f(1,ex)＜eq \f(1,x＋1).要证f(x)＞2g(x)﹣1，即证eq \f(xln x,x＋1)＞eq \f(2x,ex)﹣1，只需证eq \f(xln x,x＋1)≥eq \f(2x,x＋1)﹣1，
即证xln x≥x﹣1，
令m(x)＝xln x﹣x＋1，则m′(x)＝ln x，∴当x∈(0，1)时，m′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＞0，
∴m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，
∴xln x≥x﹣1，则f(x)＞2g(x)﹣1得证．
已知函数f(x)＝xex﹣x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x＞0时，f(x)﹣ln x≥1.
【答案解析】解：(1)由题意得f′(x)＝(x＋1)ex﹣1，
设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，当x≤﹣1时，g(x)≤0，f′(x)＜0，
f(x)在(﹣∞，﹣1]上单调递减；当x＞﹣1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
又因为g(0)＝1，所以当x＜0时，g(x)＜1，即f′(x)＜0，
当x＞0时，g(x)＞1，即f′(x)＞0，
综上可知，f(x)在(﹣∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明 要证f(x)﹣ln x≥1，即证xex﹣x﹣ln x≥1，即证ex＋ln x﹣(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为et﹣t≥1.
设u(t)＝et﹣t，则u′(t)＝et﹣1，当t＜0时，u′(t)＜0，当t＞0时，u′(t)＞0，
故u(t)在(﹣∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．
已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e).
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)求证：当x＞0时，f(x)≤x﹣1.
【答案解析】解：(1)∵f(x)＝eq \f(ln x,x＋a)，∴f′(x)＝eq \f(\f(x＋a,x)－ln x,x＋a2)，∴f′(e)＝eq \f(\f(a,e),e＋a2)，
又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝eq \f(1,e)，则f′(e)＝0，即a＝0，
∴f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＞0，得1﹣ln x＞0，即0＜x＜e；
令f′(x)＜0，得1﹣ln x＜0，即x＞e，
∴f(x)的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e，＋∞)．
(2)证明 当x＞0时，要证f(x)≤x﹣1，即证ln x﹣x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x﹣x2＋x(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(1,x)﹣2x＋1＝eq \f(1＋x－2x2,x)＝﹣eq \f(x－12x＋1,x)，
当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，即当x＞0时，f(x)≤x﹣1.
已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞eq \f(1,ex)﹣eq \f(2,ex)成立．
【答案解析】解：(1)由f(x)＝xln x，x＞0，
得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈(0，eq \f(1,e))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(eq \f(1,e)，+∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝eq \f(1,e)时，f(x)取得极小值，
f(x)极小值＝f(eq \f(1,e))＝﹣eq \f(1,e)，无极大值．
(2)证明 问题等价于证明xln x＞eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是﹣eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由m′(x)＜0，得x＞1时，m(x)单调递减；
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝﹣eq \f(1,e)，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥﹣eq \f(1,e)≥eq \f(x,ex)﹣eq \f(2,e)，两个等号不同时取到，
所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x＞eq \f(1,ex)﹣eq \f(2,ex)成立．
已知函数f(x)＝ln x﹣ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex﹣e2ln x＞0恒成立．
【答案解析】解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＝eq \f(1－ax,x)，
当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴x∈(0，eq \f(1,a))时，f′(x)＞0；x∈(eq \f(1,a)，+∞)时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0，eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a)，+∞)上单调递减．
(2)证明 要证ex﹣e2ln x＞0，即证ex﹣2＞ln x，
令φ(x)＝ex﹣x﹣1，∴φ′(x)＝ex﹣1.令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(﹣∞，0)时，φ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(﹣∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex﹣x﹣1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x﹣1，当且仅当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，
可得ex﹣2≥x﹣1(当且仅当x＝2时取“＝”)，
又x﹣1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，
∴ex﹣2≥x﹣1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex﹣2＞ln x．即证原不等式成立．