备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十八)　利用导数研究不等式的证明

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十八)　利用导数研究不等式的证明，共3页。试卷主要包含了设函数f＝ln x－x＋1.等内容，欢迎下载使用。
课时验收评价(十八)　利用导数研究不等式的证明1．设函数f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<<x.解：(1)f′(x)＝－1(x>0)．由f′(x)>0，解得0<x<1；由f′(x)<0，解得x>1.∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：要证当x∈(1，＋∞)时，1<<x，即证ln x<x－1<xln x.由(1)得f(x)＝ln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)<f(1)＝0，即有ln x<x－1.设F(x)＝xln x－x＋1，则F′(x)＝1＋ln x－1＝ln x.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增．∴F(x)>F(1)＝0，即有xln x>x－1.∴原不等式成立．2．已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，求证：f(x)≥.解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②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．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥.即证ln a＋－1≥0.令函数g(a)＝ln a＋－1(a>0)，则g′(a)＝－＝，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＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥成立．3．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)求证：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝4，因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，故实数a的取值范围是(－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明xln x＞－(x＞0)．因为f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝－.设m(x)＝－(x＞0)，则m′(x)＝，当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝－，从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立，即xln x＞－恒成立．所以对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞－恒成立．4．已知函数f(x)＝，g(x)＝，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.解：(1)由已知得，f(1)＝0，∴1－0＋n＝0，解得n＝－1.∵f′(x)＝，∴f′(1)＝＝，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，∴<.要证f(x)>2g(x)－1，即证>－1，只需证≥－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．