适用于老高考新教材2023届高考数学二轮总复习考点突破练18利用导数证明不等式含解析

Page6考点突破练18利用导数证明不等式1.(2022·福建福州质检)已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.2.(2022·江西鹰潭二模(文))已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx.(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调区间;(2)当a=0时,证明:f(x)<ex-2x-2(其中e为自然对数的底数).3.(2022·陕西咸阳二模)已知函数f(x)=lnx-kx+1.(1)若f(x)≤0恒成立,求实数k的取值范围;(2)证明:1+1221+132…1+4.(2021·新高考Ⅰ·22)已知函数f(x)=x(1-lnx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:2<1a+15.(2022·江苏泰州一模)已知函数f(x)=ax+lnx(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),证明:a2<x1x2<ae.

考点突破练18利用导数证明不等式1.(1)解f'(x)=ex-a(x>0),①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数;②若a>0,则当x<ea时,f'(x)>0;当x>ea时,f'(x)<故在0,ea上,f(x)单调递增;在ea,+(2)证明因为x>0,所以只需证f(x)≤exx由(1)知,当a=e时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-e.记g(x)=exx-2e(x>0),则g'(x)=所以,当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=-e.所以当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤exx即xf(x)-ex+2ex≤0.2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax-(a+2)+1x=(①当0<1a<12,即a>2时,在0,1a,12,在1a,12上,f'(x)<0,f②当1a=12,a=2时,f'(x)≥0,f(x)在(0,③当1a>12,即0<a<2时,在0,12,1a,在12,1a上,f'(x)<0,f综上所述,当a>2时,f(x)的单调递增区间为0,1a当a=2时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).当0<a<2时,f(x)的单调递增区间为0,12,1a,+∞,单调递减区间为(2)证明当a=0时,由f(x)<ex-2x-2化简得ex-lnx-2>0,构造函数h(x)=ex-lnx-2(x>0),h'(x)=ex-1x,h″(x)=ex+1x2>0,∴h'(x)在(0,h'12=e-2<0,h'(1)=e-故存在x0∈12,1,使得h'(x0)=当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.所以x=x0时,h(x)取得极小值,也即是最小值.h(x0)=ex0-lnx0-2=1x0-ln1ex0-2=1x0+x0所以h(x)=ex-lnx-2>0,故f(x)<ex-2x-2.3.(1)解f(x)≤0⇒lnx-kx+1≤0⇒k≥lnx令g(x)=lnx+1x,x>0,则g'(x)当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴g(x)max=g(1)=1,∴k≥1.(2)证明由(1)知,k=1时,有不等式lnx≤x-1对任意x∈(0,+∞)恒成立,当且仅当x=1时,取“=”号,∴当x∈(1,+∞),lnx<x-1恒成立,令x=1+1n2(n>1,且n∈N*),则ln∴ln1+122+ln1+132即ln1+1221+132…∴1+1221+132…1+4.(1)解由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx.当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.(2)证明(方法一)由blna-alnb=a-b得1a1-ln1a由a≠b,得1a由(1)不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞),则f1a>0,从而f1b>①令g(x)=f(2-x)-f(x),则g'(x)=-f'(2-x)-f'(x)=ln[1-(x-1)2],当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)内单调递减,g(x)>g(1)=0,从而f(2-x)>f(x),所以f2-1a>f1由(1)得2-1a<1b即2<令h(x)=x+f(x),则h'(x)=1+f'(x)=1-lnx,当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,h(x)<h(e)=e,从而x+f(x)<e,所以1b+f1b<又由1a∈(0,1),可得1a<1a所以1a+1b<f1b由①②得2<1a+1(方法二)blna-alnb=a-b变形为lnaa-令1a=m,1b=n.则上式变为m(1-lnm)=n(1-ln于是命题转换为证明2<m+n<e.令f(x)=x(1-lnx),则有f(m)=f(n),不妨设m<n.令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.结合(1)知0<m<1,1<n<e,先证m+n>2.要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m)⇔f(m)-f(2-m)<0.令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln[x(2-x)]>0,∴g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)<g(1)=0,即m+n>2.再证m+n<e.因为m(1-lnm)=n(1-lnn)>m,所以n(1-lnn)+n<e⇒m+n<e.令h(x)=x(1-lnx)+x,x∈(1,e),所以h'(x)=1-lnx>0,故h(x)在区间(1,e)内单调递增.所以h(x)<h(e)=e.故h(n)<e,即m+n<e.综合可知2<1a+1(方法三)证明1a+1b>2同方法二.以下证明x1+x不妨设x2=tx1,则t=x2x由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得x1(1-lnx1)=tx1[1-ln(tx1)],lnx1=1-tln要证x1+x2<e,只需证(1+t)x1<e,两边取对数得ln(1+t)+lnx1<1,即ln(1+t)+1-tlntt-记g(s)=ln(1+s)s,s则g'(s)=s1+记h(s)=s1+s-ln(1+s),则h'(s)=1所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减.h(s)<h(0)=0,则g'(s)<0,所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减.由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),所以g(t)<g(t-1),即ln((方法四)由已知得lnaa-lnbb=1b-1a,令1a=x1,1b=x2,不妨设x1<x2,所以f(x1)=f(x2).令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.由(1)及前面分析知,0<x证明x1+x2>2同方法二.再证明x1+x2<e.令h(x)=1-lnxx-e(0<x<e),h'令φ(x)=lnx+ex-2(0<x<e),则φ'(x)=1x-所以φ(x)>φ(e)=0,h'(x)>0,h(x)在区间(0,e)内单调递增.因为0<x1<x2<e,所以1-即1-又因为f(x1)=f(x2),所以1-即x22-ex2<x12-ex1,(x1-x2)(x1+x2-因为x1<x2,所以x1+x2<e,即1a+1综上,有2<1a+15.(1)解函数f(x)=ax+lnx的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=x当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,f'(x)<0的解集为(0,a),f'(x)>0的解集为(a,+∞),即f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a),所以当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,f(x)在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减.(2)证明因为f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),由(1)知,a>0,且f(x)min=f(a)=lna+1<2,解得a∈(0,e),设x1<x2,则0<x1<a<x2,要证x1x2>a2,即证x2>a2x1>a,即证f(x2)>fa2x1,即证f(x1)>fa2x1,设g(x)=f(x)-fa2x=2ln则g'(x)=2x-ax2-1a=-(x-a)2ax2<0,即g(x即f(x)>fa2x(x∈(0,a)),则f(x1)>fa2x1成立,因此x1要证x1x2<ae,即证a<x2<aex1,即证