2021届数学大总复习课时作业17利用导数证明不等式含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届高考数学人教B版大一轮总复习课时作业17利用导数证明不等式含解析课时作业17利用导数证明不等式1．已知函数f（x)＝aexlnx的图象在x＝1处的切线与直线x＋2ey＝0垂直．(1)求a的值；(2）证明：xf(x）>1－5ex－1.解:(1）函数f（x）的定义域为(0，＋∞）,f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(exlnx＋\f(ex,x)）），则由题意知f(x）的图象在x＝1处的切线的斜率k＝f′（1）＝ae＝2e，所以a＝2.(2)证明：要证明xf（x）〉1－5ex－1，即证明2xexlnx>1－5ex－1，x>0,即证明2xlnx＋eq\f(5,e)>eq\f(1,ex)，令g(x）＝2xlnx＋eq\f(5，e)，则g′(x）＝2（lnx＋1)．当0<x<eq\f（1，e)时,g′(x）<0；当x〉eq\f(1,e)时，g′(x)>0.所以g(x)＝2xlnx＋eq\f（5，e）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，e)）)上为减函数，在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,e)，＋∞)）上为增函数，所以g（x)min＝geq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，e））)＝eq\f（3,e).因为y＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，e)）)x在(0，＋∞）上为减函数,所以eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，e））)x<eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))0＝1，所以g（x）≥eq\f（3,e）〉1〉eq\f(1，ex），所以xf（x)>1－5ex－1。2．（2020·唐山模拟）已知f(x）＝eq\f（1，2)x2－a2lnx,a>0。（1）求函数f（x）的最小值；（2)当x>2a时，证明：eq\f（fx－f2a，x－2a）〉eq\f（3，2)a.解:（1)函数f（x）的定义域为(0，＋∞),f′（x)＝x－eq\f（a2，x）＝eq\f(x＋ax－a，x)。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．所以当x＝a时,f（x）取得极小值，也是最小值，且f（a)＝eq\f（1,2）a2－a2lna。（2）证明：由（1）知，f（x）在(2a，＋∞）上单调递增，则所证不等式等价于f（x）－f(2a)－eq\f(3,2）a（x－2a)>0。设g(x）＝f（x)－f(2a）－eq\f（3，2）a(x－2a）,则当x〉2a时,g′（x）＝f′（x)－eq\f（3,2)a＝x－eq\f（a2,x)－eq\f（3,2)a＝eq\f(2x＋ax－2a,2x）>0，所以g(x)在(2a，＋∞）上单调递增,当x>2a时，g（x）>g(2a)＝0,即f(x）－f（2a)－eq\f（3，2)a（x－2a)>0，故eq\f（fx－f2a，x－2a)>eq\f(3,2)a.3．(2020·湖南永州检测)已知函数f（x）＝（x2－x－1)ex.（1)若f(x）在区间(a，a＋5）上有最大值,求整数a的所有可能取值；（2）求证：当x>0时,f（x)〈－3lnx＋x3＋(2x2－4x）ex＋7。解:(1)f′(x)＝（x2＋x－2)ex＝（x＋2）(x－1)ex，当x<－2时，f′（x)>0，f(x)单调递增，当－2〈x<1时,f′（x）〈0，f（x)单调递减，当x>1时，f′(x）>0,f（x）单调递增．由题意知a<－2<a＋5,得－7〈a<－2，则a＝－6，－5，－4，－3。当a＝－6,－5,－4时,显然符合题意，当a＝－3时,f（－2)＝5e－2，f(2）＝e2，f（－2)<f（2)，不符合题意，舍去．故整数a的所有可能取值为－6,－5,－4。(2）证明：f（x)<－3lnx＋x3＋(2x2－4x）ex＋7可化为(－x2＋3x－1)ex〈－3lnx＋x3＋7，令g(x)＝(－x2＋3x－1）ex,h（x)＝－3lnx＋x3＋7，则g′(x）＝（－x2＋x＋2）ex,h′（x)＝eq\f（3x3－1,x），当0<x<2时，g′(x）〉0，g(x)单调递增，当x>2时,g′(x)〈0，g（x）单调递减，所以g(x）的最大值为g(2)＝e2.当0<x<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)的最小值为h(1）＝8，又8>e2，所以g（x)的最大值小于h（x）的最小值，故x〉0时，恒有g（x）<h(x)，即f（x)〈－3lnx＋x3＋（2x2－4x）ex＋7在x∈(0，＋∞）上恒成立．4．（2020·贵阳模拟)已知函数f（x）＝kx－lnx－1(k>0)．（1)若函数f（x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)求证:当n∈N＊时,1＋eq\f(1,2）＋eq\f(1，3）＋…＋eq\f（1，n）>ln(n＋1)．解:（1)∵f（x）＝kx－lnx－1，∴f′(x）＝k－eq\f（1，x)＝eq\f(kx－1，x)（x〉0，k>0）；当0<x〈eq\f(1,k)时，f′(x）〈0；当x〉eq\f(1,k）时，f′（x）〉0.∴f（x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（1,k）））上单调递减,在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，k），＋∞）)上单调递增，∴f(x)min＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,k）））＝lnk，∵f（x）有且只有一个零点，∴lnk＝0,∴k＝1。(2)证明:由(1)知x－lnx－1≥0,即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号,∵n∈N*，令x＝eq\f(n＋1,n），得eq\f(1,n）>lneq\f(n＋1,n），∴1＋eq\f(1，2)＋eq\f(1，3）＋…＋eq\f(1,n）〉lneq\f（2,1）＋lneq\f（3，2)＋…lneq\f（n＋1，n）＝ln(n＋1)，故1＋eq\f(1,2）＋eq\f（1,3）＋…＋eq\f（1，n)>ln（n＋1)．5．(2020·河北衡水统考)已知函数f（x）＝x2·eax－1.(1）讨论函数f(x）的单调性；(2）当a>eq\f(e，3）时，求证：f(x)〉lnx(x>0)．解：(1）函数f（x)的定义域为R，f′（x)＝2xeax＋x2aeax＝x（ax＋2)eax.当a＝0时，f（x）＝x2－1，则f（x)在区间(0,＋∞)上单调递增，在区间(－∞，0）上单调递减．当a>0时，f′（x）＝ax（x＋eq\f(2,a))eax，令f′（x）〉0，得x〈－eq\f（2，a)或x〉0,令f′（x)〈0得－eq\f（2,a）〈x〈0，所以f(x）在区间(－∞，－eq\f（2，a))，（0，＋∞)上单调递增,在（－eq\f(2,a），0)上单调递减．当a<0时，f′（x）＝ax（x＋eq\f（2,a)）eax，令f′（x）>0，得0〈x<－eq\f(2,a),令f′（x）<0，得x〉－eq\f(2,a）或x<0,所以f(x)在区间（－∞，0)，(－eq\f(2，a)，＋∞)上单调递减,在区间（0,－eq\f（2，a））上单调递增．综上,当a＝0时，f（x）在区间(0,＋∞）上单调递增，在区间(－∞,0)上单调递减；当a〉0时，f(x）在区间(－∞，－eq\f（2，a）)，（0，＋∞）上单调递增，在区间（－eq\f(2,a)，0)上单调递减；当a〈0时,f（x)在区间（－∞，0）,（－eq\f(2,a），＋∞)上单调递减，在区间（0，－eq\f(2，a))上单调递增．（2)证明：要证f(x)>lnx（x>0）,即证x2eax〉lnx＋1，即证eq\f(eax,x）〉eq\f(lnx＋1,x3)(x>0）．令g(x)＝eq\f(lnx＋1，x3）(x〉0)，则g′(x）＝eq\f（x3·\f(1，x)－lnx＋1·3x2，x6）所以h(x）在区间（0，eq\f(1,a））上单调递减,在区间（eq\f（1,a)，＋∞)上单调递增，所以x＝eq\f（1,a