适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用解答题专项一第1课时利用导数证明不等式北师大版

这是一份适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用解答题专项一第1课时利用导数证明不等式北师大版，共6页。试卷主要包含了已知函数f=,a∈R，设函数f=aln x+-1，设函数f=x2+2x-kln等内容，欢迎下载使用。

解答题专项一　函数与导数中的综合问题
第1课时　利用导数证明不等式
解答题专项练
1.(2022·河北沧州二模)已知函数f(x)=,a∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明:xf(x)+e-x>-a.
(1)解:函数f(x)==lnx-,
定义域为(0,+∞),f'(x)=,
(ⅰ)当a≥0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(ⅱ)当a<0时,-a>0,当x∈(0,-a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(-a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a<0时,f(x)的单调递减区间为(0,-a),单调递增区间为(-a,+∞).
(2)证明:由(1)知,当a=-1时,f(x)=lnx+,且f(x)≥f(1)=1,所以xlnx+1≥x.
因为f(x)=,
所以不等式xf(x)+e-x>-a等价于xlnx+e-x>0,
令g(x)=x+e-x-1,则g'(x)=1-e-x=>0在x>0时恒成立,
所以当x>0时,g(x)>g(0)=0.
又xlnx+1≥x,
所以xlnx+e-x≥x-1+e-x>0,
故xlnx+e-x>0,即xf(x)+e-x>-a.
2.(2022·河北保定一模)已知函数f(x)=ln x+2,g(x)=e2x-ln(a>0).
(1)设函数h(x)=f(x+1)-x-2,求h(x)的最大值;
(2)证明:f(x)≤g(x).
(1)解:因为h(x)=ln(x+1)-x(x>-1),
所以h'(x)=-1=-(x>-1).
当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;
当x∈(0,+∞)时,h'(x)<0.
所以h(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
从而h(x)max=h(0)=0.
(2)证明:原不等式等价于φ(x)=e2x-alnx-2a-aln≥0,
则φ'(x)=2e2x-.
令m(x)=2e2x-,则m'(x)=4e2x+>0,
所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增.
令t(x)=2xe2x-a,则t(0)=-a<0,t(a)=2ae2a-a=a(2e2a-1)>0,
所以存在唯一x0∈(0,a)使得t(x0)=2x0-a=0,
即φ'(x0)=2=0,
当0 当x>x0时,φ'(x)>0.
此时φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
要证φ(x)≥0,即要证φ(x0)≥0.
于是原问题转化为证明不等式组

由2=0,得,
代入φ(x0)=-alnx0-2a-aln,
得φ(x0)=-alnx0-2a-aln.
对两边取对数得lnx0=ln-2x0,
代入φ(x0)=-alnx0-2a-aln,
得φ(x0)=+2ax0-2a.
因为φ(x0)=+2ax0-2a≥2-2a=0,
当且仅当x0=,a=e时,等号成立,
所以f(x)≤g(x).
3.(2022·湖南长沙一中一模)已知函数f(x)=(x+b)(ex-a)(b>0)在(-1,f(-1))处的切线l的方程为(e-1)x+ey+e-1=0.
(1)求a,b,并证明函数y=f(x)的图象总在切线l的上方(除切点外);
(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1 解:(1)将x=-1代入切线方程(e-1)x+ey+e-1=0中,有y=0,所以f(-1)=0,所以f(-1)=(-1+b)-a=0,
又f'(x)=(x+b+1)ex-a,
所以f'(-1)=-a=-1+.
若a=,则b=2-e<0,与b>0矛盾,故a=1,b=1.
所以f(x)=(x+1)(ex-1),f(0)=0,f(-1)=0.
设f(x)在(-1,0)处的切线l的方程为y=h(x)=-1(x+1),
令F(x)=f(x)-h(x),
即F(x)=(x+1)(ex-1)--1(x+1),
所以F'(x)=(x+2)ex-.
当x≤-2时,F'(x)=(x+2)ex-≤-<0,
当x>-2时,设G(x)=F'(x)=(x+2)ex-,G'(x)=(x+3)ex>0,
故函数F'(x)在(-2,+∞)上单调递增,又F'(-1)=0,
所以当x∈(-2,-1)时,F'(x)<0,当x∈(-1,+∞)时,F'(x)>0,
综合得函数F(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,故F(x)≥F(-1)=0,
即函数y=f(x)的图象总在切线l的上方(除切点外).
(2)由(1)知f(x1)≥h(x1),设h(x)=m的根为x1',则x1'=-1+,
又函数h(x)单调递减,
故h(x1')=f(x1)≥h(x1),故x1'≤x1,
设y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=t(x),
因为f(0)=0,f'(x)=(x+2)ex-1,
所以f'(0)=1,所以t(x)=x.
令T(x)=f(x)-t(x)=(x+1)(ex-1)-x,T'(x)=(x+2)ex-2,
当x≤-2时,T'(x)=(x+2)ex-2≤-2<0,
当x>-2时,设H(x)=T'(x)=(x+2)ex-2,则H'(x)=(x+3)ex>0,
故函数T'(x)在(-2,+∞)上单调递增,
又T'(0)=0,所以当x∈(-2,0)时,T'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,T'(x)>0,
综合得函数T(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,
所以T(x)≥T(0)=0,即f(x2)≥t(x2).
设t(x)=m的根为x2',则x2'=m,
又函数t(x)单调递增,故t(x2')=f(x2)≥t(x2),
故x2'≥x2,又x1'≤x1,所以x2-x1≤x2'-x1'=m--1+=1+.
4.(2022·山东潍坊一模)已知函数f(x)=ex-ax-a,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,令g(x)=.
①证明:当x>0时,g(x)>1;
②若数列{xn}(n∈N*)满足x1==g(xn),证明:2n(-1)<1.
(1)解:函数f(x)=ex-ax-a的定义域为R,求导得f'(x)=ex-a,
当a≤0时,f'(x)>0恒成立,即f(x)在R上单调递增,
当a>0时,令f'(x)=ex-a>0,解得x>lna,
令f'(x)=ex-a<0,解得x 所以,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为R,无单调递减区间.
当a>0时,f(x)的单调递减区间为(-∞,lna),单调递增区间为(lna,+∞).
(2)证明:当a=1时,g(x)=,
①当x>0时,>1⇔ex>1+x+<1,
令F(x)=-1,x>0,F'(x)=<0恒成立,则F(x)在(0,+∞)上单调递减,F(x) 因此,<1恒成立,所以当x>0时,g(x)>1.
②由①可知,当x∈(0,+∞)时,g(x)>1,由x1==g(x1)>1,即x2>0,由=g(xn),可得xn>0,
而-1=-1,又e-3=e-<0,
即,则-1=-1<,
由于2n(-1)<1⇔-1 只需证-1<-1)⇔g(xn)-1<,
又当x>0时,g(x)-10⇔+1>0,
令h(x)=+1,x>0,h'(x)=>0恒成立,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,h(x)>h(0)=0,
则当x>0时,恒有·ex+1>0,而xn>0,
即g(xn)-1<成立,
不等式-1<-1)成立,
因此-1<-1)<-1)<…<-1)<成立,
即-1 5.(2022·湖南株洲一模)设函数f(x)=aln x+-1(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当x∈(0,1)时,证明:x2+x--1 (1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),则f'(x)=,当a≤0时,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,则函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞);当a>0时,x∈,f'(x)<0;x∈,+∞,f'(x)>0,则函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞);
当a>0时,函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)证明:由(1)可知当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);
当x=1时,f(x)取极小值f(1)=0,
所以f(x)≥f(1)=0,
当x∈(0,1)时,即有lnx+-1>0,
所以lnx>1-,
所以要证x2+x--1 又因为x∈(0,1),
所以只需证ex<(x+1)2,
令h(x)=ex-(x+1)2,
则h'(x)=ex-2(x+1),
令H(x)=h'(x)=ex-2(x+1),则H'(x)=ex-2,
令H'(x)=ex-2=0,得x=ln2,
当0 当ln20,H(x)单调递增,
所以H(x)min=H(ln2)=eln2-2(ln2+1)=-2ln2<0,
又H(0)=e0-2=-1<0,H(1)=e-4<0,
所以在x∈(0,1)时,H(x)=h'(x)<0恒成立,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x) 6.(2022·山东菏泽二模)设函数f(x)=x2+2x-k(x+1)ln(x+1).当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求k的最大值.
解:f'(x)=2(x+1)-k[1+ln(x+1)],
①当k≤2时,由x≥0得f'(x)=2(x+1)-k[1+ln(x+1)]≥2[x-ln(x+1)],
令φ(x)=x-ln(x+1),则φ'(x)=1-≥0,
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)≥φ(0)=0,即f'(x)≥0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,
因此f(x)≥0恒成立;
②当k>2时,令g(x)=f'(x)=2(x+1)-k[1+ln(x+1)],
则g'(x)=2-,当g'(x)=0,得x=>0,
所以在上,g'(x)<0,g(x)单调递减,又g(0)=2-k<0,所以g(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)在上单调递减,又f(0)=0,
所以当x∈时f(x)<0,不满足要求.
综上,k≤2,所以k的最大值为2.