新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案19第三章导数及其应用第三讲第一课时导数与不等式的证明

练案[19]第三讲导数的综合应用第一课时导数与不等式的证明A组基础巩固1．已知函数f(x)＝x2e2x－2.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0,2]时，求证：f(x)≥－2x2＋8x－5.[解析](1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，则曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.(2)证明：当x∈[0,2]时，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，则g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0，所以g′(x)在[0,2]上单调递增，且g′(1)＝0，所以g(x)在[0,1]上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以g(x)的最小值为g(1)＝0，所以g(x)≥0，即f(x)≥－2x2＋8x－5.2．(2023·河北省“五个一”名校联盟高三上学期数学摸底试卷)已知函数f(x)＝lnx＋ax(a≠0)．(1)讨论f(x)的零点个数；(2)证明：eq\f(fex,x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a))).[解析](1)令f(x)＝lnx＋ax＝0，则a＝－eq\f(lnx,x)，设g(x)＝－eq\f(lnx,x)，g′(x)＝eq\f(lnx－1,x2).当x∈(0，e)时，g′(x)<0，x∈(e，＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝－eq\f(1,e)，∵x→0时，g(x)→＋∞；当x>e时，g(x)<0且x→＋∞时，g(x)→0，∴当a<－eq\f(1,e)上时，f(x)无零点，当a＝－eq\f(1,e)或a>0时，f(x)有一个零点，当－eq\f(1,e)<a<0时，f(x)有两个零点．(2)证明：设－eq\f(x,a)＝t，则eq\f(fex,x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))⇔eq\f(fe－at,－at)≤f(t)，即证lnt＋at＋eq\f(e－at,t)－1≥0(t>0)，即证lnt＋at＋e－at－lnt－1≥0(t>0)，即证：f(x)＋e－f(x)－1≥0(x>0)，设h(x)＝x＋e－x－1，则h′(x)＝1－e－x，当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，∴h(x)在(－∞，0)单调递减，h(x)在(0，＋∞)单调递增，∴h(x)≥h(0)＝0，∴x＋e－x－1≥0，当且仅当x＝0时“＝”成立，由(1)知，当a>－eq\f(1,e)时，存在x0，使得f(x0)＝0，∴f(x)＋e－f(x)－1≥0，∴eq\f(fex,x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a))).3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.[解析](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).从而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)．设g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)，则g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x)(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥eq\f(1,e)时，f(x)≥0.4．已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R)．当x>y>e－1时，求证：exln(y＋1)>eyln(x＋1)．[证明]∵x>y>e－1，∴x＋1>y＋1>e，即ln(x＋1)>ln(y＋1)>1，欲证exln(y＋1)>eyln(x＋1)．即证明eq\f(ex,lnx＋1)>eq\f(ey,lny＋1)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx＋1)，则g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)，显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，∴h(x)>1－eq\f(1,e)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，∵x>y>e－1时，g(x)>g(y)，即eq\f(ex,lnx＋1)>eq\f(ey,lny＋1)，∴当x>y>e－1时，exln(y＋1)>eyln(x＋1)成立．B组能力提升1．(2023·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．[解析](1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2，当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)<0时，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意．所以a＝1.(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－1，由g′(x)＝0得x＝e.由g′(x)>0得x>e，由g′(x)<0得0<x<e，所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．2．(2022·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.[解析](1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.3．(2022·重庆调研)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．(1)若a＝0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<2，b＝1，实数x1，x2为方程f(x)＝m－ax2的两个不等实根，求证：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a.[解析](1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－(b＋1)，①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当b>－1时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))上单调递减．(2)证明：由f(x)＝m－ax2，得lnx＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝lnx＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x1)＝g(x2)＝m，依题意有lnx1＋(a－2)x1＝lnx2＋(a－2)x2.∴a－2＝eq\f(ln\f(x2,x1),x1－x2)(x1≠x2，且x1，x2>0)．要证：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a，只需证eq\f(x1＋x2,x1x2)>2(2－a)＝eq\f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(*)，不妨设x2>x1>0，要证(*)式成立，只要证eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)<－2lneq\f(x2,x1)，即证2lneq\f(x2,x1)＋eq