2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业二十利用导数证明不等式

课时作业(二十)利用导数证明不等式1.设函数f(x)＝x－alnx，已知x＝2是f(x)的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)＝(x－1)f(x)＋eq\f(1,x)－1，证明：g(x)≥0.2．已知函数f(x)＝lnx＋ax(a∈R).(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝ex－f(x)，求证：当a＝1时，g(x)>0.3．[2023·广东四校联考]已知函数f(x)＝x3＋4x－mlnx，g(x)＝m2(x－1)＋5.(1)若f′(1)＝6，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若－2<m<2，证明：当x>1时，f(x)>g(x)恒成立．优生选做题4．[2023·山东威海模拟]已知函数f(x)＝2lnx－x＋eq\f(a,x).(1)当a＝eq\f(3,4)时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，从下面两个结论中选一个证明．①eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2；②f(x2)<eq\f(2,3)a＋2ln2－2.课时作业（二十）利用导数证明不等式1．解析：（1）f′（x）＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)（x>0），若a≤0，f′（x）>0，f（x）单调递增，不合题意．若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．f（x）在x＝a处取极小值，故a＝2.（2）证明：由（1）得f（x）＝x－2lnx，则g（x）＝（x－1）（x－2lnx）＋eq\f(1,x)－1＝（x－1）（x－2lnx）－eq\f(x－1,x)＝（x－1）（x－2lnx－eq\f(1,x)）（x>0）.设h（x）＝x－eq\f(1,x)－2lnx，h′（x）＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)≥0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，又h（1）＝0.则当0<x<1时，h（x）<0，（x－1）h（x）>0，当x>1时，h（x）>0，（x－1）h（x）>0，当x＝1时，（x－1）h（x）＝0，综上，h（x）≥0.即g（x）≥0成立．2．解析：（1）f（x）＝lnx＋ax的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(1＋ax,x).当a≥0时，f′（x）>0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，当a<0时，令f′（x）>0，0<x<－eq\f(1,a).令f′（x）<0，x>－eq\f(1,a)，所以f（x）在（0，－eq\f(1,a)）上单调递增，在（－eq\f(1,a)，＋∞）上单调递减．综上，当a≥0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a<0时，f（x）在（0，－eq\f(1,a)）上单调递增，在（－eq\f(1,a)，＋∞）上单调递减．（2）证明：欲证g（x）>0，只需证ex>lnx＋x.即证eq\f(ex,x)>eq\f(lnx,x)＋1.令t（x）＝eq\f(ex,x)（x>0）.∴t′（x）＝eq\f(ex（x－1）,x2)，∴t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增．∴t（x）≥t（1）＝e.再令φ（x）＝eq\f(lnx,x)＋1（x>0），∴φ′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)，∴φ（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减．∴φ（x）≤φ（e）＝eq\f(1,e)＋1<e，∴t（x）>φ（x）.故g（x）>0成立．3．解析：（1）因为f′（x）＝3x2＋4－eq\f(m,x)，由f′（1）＝3＋4－m＝6得m＝1，f（1）＝13＋4×1－ln1＝5，∴f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y－5＝6（x－1），即y＝6x－1.（2）证明：f（x）＝x3＋4x－mlnx，g（x）＝m2（x－1）＋5，f（x）>g（x）即f（x）－g（x）>0，也即x3＋4x－mlnx－m2（x－1）－5>0.令h（x）＝x3＋4x－mlnx－m2（x－1）－5，则h′（x）＝3x2＋4－m2－eq\f(m,x)＝eq\f(3x3＋（4－m2）x－m,x)，设函数l（x）＝3x3＋（4－m2）x－m，则l′（x）＝9x2＋4－m2.显然l′（x）＝9x2＋4－m2在（1，＋∞）上为增函数，因为－2<m<2，所以l′（1）＝13－m2>0，所以l′（x）>0对x∈（1，＋∞）恒成立，则l（x）在（1，＋∞）上单调递增，从而l（x）>l（1）＝－m2－m＋7.因为－2<m<2，所以－m2－m＋7>0，则l（x）>0，从而h′（x）>0对x∈（1，＋∞）恒成立，则h（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以h（x）>h（1）＝0，从而当x>1时，f（x）>g（x）恒成立．4．解析：（1）f′（x）＝eq\f(2,x)－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋2x－a,x2)（x>0），当a＝eq\f(3,4)时，f′（x）＝eq\f(－x2＋2x－\f(3,4),x2)＝－eq\f(4x2－8x＋3,4x2)＝－eq\f(（2x－1）（2x－3）,4x2)，令f′（x）>0，解得eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)；令f′（x）<0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>eq\f(3,2)，所以f（x）的单调递增区间为（eq\f(1,2)，eq\f(3,2)）；单调递减区间为（0，eq\f(1,2)），（eq\f(3,2)，＋∞）.（2）证明①：由题意知，x1，x2是x2－2x＋a＝0的两根，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2,x1x2＝a))，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(2（lnx2－lnx1）－（x2－x1）＋\f(a（x1－x2）,x1x2),x2－x1)，将x1x2＝a代入得，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(2（lnx2－lnx1）,x2－x1)－2，要证明eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2，只需证明eq\f(2（lnx2－lnx1）,x2－x1)－2<eq\f(2,\r(a))－2，即eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,\r(a))＝eq\f(1,\r(x2x1))，因为0<x1<x2，所以x2－x1>0，只需证明lneq\f(x2,x1)<eq\f(x2－x1,\r(x1x2))＝eq\r(\f(x2,x1))－eq\r(\f(x1,x2))，令eq\r(\f(x2,x1))＝t，则t>1，只需证明lnt2<t－eq\f(1,t)，即2lnt－t＋eq\f(1,t)<0（t>1），令h（t）＝2lnt－t＋eq\f(1,t)，t>1，h′（t）＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝eq\f(－（t－1）2,t2)<0，所以h（t）在（1，＋∞）上单调递减，可得h（t）<h（1）＝0，所以2lnt－t＋eq\f(1,t)<0（t>1），综上可知，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2.证明②：f′（x）＝eq\f(2,x)－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋2x－a,x2)（x>0）.设g（x）＝－x2＋2x－a，因为f（x）有两个极值点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a>0,g（0）<0))，解得0<a<1，因为g（2）＝－a<0，g（1）＝1－a>0，所以1<x2<2，f（x2）－eq\f(2,3)a＝2lnx2－x2＋eq\f(a,x2)－eq\f(2,3)a，由题意可知－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2x2－a＝0，可得a＝－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2x2代入得，f（x2）－eq\f(2,3)a＝2lnx2＋eq\f(2,3)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(10,3)x2＋2，令h（x）＝2lnx＋eq\f(2,3)x2－eq\f(10,3)x＋2（1<x<2），h′（x）＝eq\f(2,x)＋eq\f(4,3)x－eq\f(10,3)＝eq\f(2（x－1）（2x－3）,3x)，当x∈（1，eq\f(3,2)）时，h′（x）<0，所以h（x）在（1，eq\f(3,2)）上单调递减，当x∈（eq\f(3,2)，2）时，h′（x）>0，所以h（x）在（eq