2023年高考数学一轮复习高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式含解析北师大版文

第1课时　利用导数证明不等式

1.(2021安徽皖江名校联盟模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2-x,其中a≥0.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若函数g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-ln x,证明:当x>0时,g(x)>x3+1.

(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax-1=,若a=0,f'(x)=-,令f'(x)=0,解得x=1,则f(x)在(0,1)内是递增的,在(1,+∞)上是递减的,

若a>0,由2ax2-x+1=0可知Δ=1-8a,

当Δ=1-8a≤0,即a≥时,2ax2-x+1≥0,此时f(x)在(0,+∞)上是递增的,

当Δ=1-8a>0,即0<a<时,解得x=,

此时f(x)在上是递增的,在内是递减的.

(2)证明因为g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-lnx=ex+x2-x,

所以g(x)>x3+1就是ex+x2-x>x3+1,即ex+x2-x-x3-1>0.

令h(x)=ex+x2-x-x3-1(x>0),则h'(x)=ex+2x-1-x2,x>0,令m(x)=h'(x),则m'(x)=ex+2-3x,x>0.令n(x)=m'(x),

由n'(x)=ex-3=0,得x=ln3,易知n(ln3)是n(x)的最小值.

于是n(x)≥n(ln3)=5-3ln3>0,h'(x)在(0,+∞)上是递增的,

所以h'(x)>h'(0)=0,h(x)在(0,+∞)上是递增的.故当x>0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)>x3+1.

2.(2021湖北宜昌高三期末)已知函数f(x)=1+ln x+ax-a2x2.

(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;

(2)若a=0,且x∈(0,1),求证:+2x2-<2.

(1)解当a=1时,f(x)=1+lnx+x-x2,定义域为(0,+∞),∴f'(x)=+1-2x=,令f'(x)>0,解得0<x<1;令f'(x)<0,解得x>1,

∴f(x)的递增区间为(0,1],递减区间为(1,+∞).

(2)证明当a=0时,f(x)=1+lnx,

∴+2x2-<2,即+2x2-<2,即x(1-lnx)<ex(-2x3+2x+1)(0<x<1),

令g(x)=x(1-lnx)(0<x<1),

∴g'(x)=-lnx>0,

∴g(x)在(0,1)内是递增的,

∴g(x)<g(1)=1.令h(x)=ex(-2x3+2x+1)(0<x<1),

∴h'(x)=ex(-2x3-6x2+2x+3),

令φ(x)=-2x3-6x2+2x+3,

∴φ'(x)=-6x2-12x+2在(0,1)内是递减的,

又φ'(0)=2>0,φ'(1)=-16<0,

∴存在x0∈(0,1)使φ'(x0)=0,且x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)是递增的,x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)是递减的,

而φ(0)=3>0,φ(1)=-3<0,

∴存在x1∈(0,1)使φ(x1)=0,即h'(x1)=0,当x∈(0,x1)时,h'(x)>0,h(x)是递增的,当x∈(x1,1)时,h'(x)<0,h(x)是递减的,而h(0)=1,h(1)=e,

∴h(x)>1恒成立,

∴g(x)<h(x),即x(1-lnx)<ex(-2x3+2x+1)(0<x<1),

即+2x2-<2.

3.已知函数f(x)=4x2+(8-a)x-aln x.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)当a=2时,证明:f(x)>4x2-2ex+6x+4.

(1)解由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得f'(x)=,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是递增的,无递减区间,

当a>0时,令f'(x)>0,解得x>;令f'(x)<0,解得0<x<.

所以f(x)在内是递减的,在上是递增的.

综上,当a≤0时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无递减区间;

当a>0时,f(x)的递减区间为,递增区间为.

(2)证明原不等式等价于φ(x)=ex-lnx-2>0,φ(x)的定义域为(0,+∞),则φ'(x)=ex-,易知φ'(x)在(0,+∞)上是递增的,且φ'-2<0,φ'(1)=e-1>0,

所以φ'(x)在内存在唯一零点x0,此时φ(x)在(0,x0)内是递减的,在(x0,+∞)上是递增的,要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0,由=0,得,x0=,代入φ(x0)=-ln x0-2,得φ(x0)=+x0-2,因为φ(x0)=+x0-2>2-2=0,

所以f(x)>4x2-2ex+6x+4.

4.已知函数f(x)=ex+cos x-2.

(1)设f'(x)为f(x)的导函数,求f'(x)在[0,+∞)上的最小值;

(2)令g(x)=f(x)-ax(a∈R),证明:当a≤1时,在上g(x)<0.

(1)解根据题意,当x≥0时,f'(x)=ex-sinx,令h(x)=ex-sinx,则h'(x)=ex-cosx,因为当x∈[0,+∞)时,ex≥1,cosx≤1,即h'(x)=ex-cosx≥0,因此,h(x)即f'(x)在[0,+∞)上是递增的,所以f'(x)在[0,+∞)上的最小值为f'(0)=1.

(2)证明由题意知a≤1,g(x)=ex+cosx-ax-2,则g'(x)=ex-sinx-a≥ex-sinx-1=ex,令φ(x)=,-≤x<0,则φ'(x)=,因为x∈,则x+,有cos,因此φ'(x)≥0,φ(x)在上是递增的,从而当x∈时,φ(x)<φ(0)=1,即有g'(x)>0,于是得g(x)在上是递增的,即g(x)<g(0)=0,所以当a≤1时,在上g(x)<0.