高考数学一轮复习课时分层作业18利用导数证明不等式含答案

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1．[解] (1)由题意得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x＜1}，
当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，此时xf(x)＜0.
当x＜0时，ln (1－x)＞0，此时xf(x)＜0，
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝x+fxxfx＜1，只需证x＋f(x)＞xf(x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)＞0，
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，
即证1－t＋t ln t＞0.
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，
即g(x)＜1成立．
2．[解] (1)因为f(x)＝ax2＋x ln x，所以f′(x)＝2ax＋ln x＋1，因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1.
(2)证明：要证ln n－ln m>mn-nm，
即证ln nm＞mn-nm，只需证ln nm-mn+nm＞0．令nm＝x，由已知n＞m＞0，得nm＞1，即x＞1，构造函数g(x)＝ln x－1x＋x(x＞1)，则g′(x)＝1x+1x2＋1．因为x∈(1，＋∞)，所以g′(x)＝1x+1x2＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以gnm＞g(1)＝0，即ln nm-mn+nm>0成立，所以当n>m>0时，ln n－ln m>mn-nm.
3．[解] (1)函数fx＝xlnx-ax＝ln x－ax，
定义域为0，+∞，f′x＝1x+ax2＝x+ax2.
(i)当a≥0时，f′x>0，fx单调递增；
(ii)当a<0时，－a>0，x∈0，-a时，f′x<0，fx单调递减；
x∈-a，+∞时，f′x>0，fx单调递增，
综上，当a≥0时，fx的单调递增区间为0，+∞，无单调递减区间；
当a<0时，fx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，fx＝ln x＋1x，
且fx≥f1＝1，所以x ln x＋1≥x，
因为fx＝xlnx-ax，
所以不等式xfx＋e－x>－a等价于x ln x＋e－x>0，
令gx＝x＋e－x－1，
则g′x＝1－e－x＝ex-1ex>0在x>0时恒成立，
所以当x>0时，gx>g0＝0，
又x ln x＋1≥x，所以x ln x＋e－x≥x－1＋e－x>0，
故x ln x＋e－x>0，即xfx＋e－x>－a.
4．[解] (1)由f′x＝1x－m＝1-mxx，
若m≤0，则当x∈0，+∞时，f′x>0，函数fx单调递增；
若m>0，则当x∈0，1m时，f′x>0，函数fx单调递增，
当x∈1m，+∞时，f′x<0，函数fx单调递减，
所以当m≤0时，函数fx的单调递增区间为0，+∞，无单调递减区间；
当m>0时，函数fx的单调递增区间为0，1m，单调递减区间为1m，+∞.
(2)证明：由(1)知，当m＝1时，fx在x＝1处取得最大值，最大值为f1＝0，
所以当x≠1时，ln x故当x∈1，+∞时，ln x又ln 1x<1x－1，即x-1lnx(3)当m＝1时，fx＝ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1，则有ln x+1≤x，当且仅当x＝0时等号成立，
所以ln 1+12k＜12k，k∈N*.
一方面：
ln 1+12＋ln 1+122＋…＋ln 1+12n＜12+122＋…＋12n＝1－12n＜1，即1+121+122…1+12n＜e.
另一方面：
当n≥3时，1+121+122…1+12n≥1+121+1221+123＝13564＞2，
当n≥3时，1+121+122…1+12n∈(2，e)．
因为t∈N*，1+121+122…1+12n＜t，
所以t的最小正整数值为3.