2022版高考数学一轮复习-18-利用导数证明不等式—构造法证明不等式训练新人教B版.doc

2022版高考数学一轮复习 18 利用导数证明不等式—构造法证明不等式训练新人教B版

2022版高考数学一轮复习 18 利用导数证明不等式—构造法证明不等式训练新人教B版

年级：
姓名：

十八　利用导数证明不等式——构造法证明不等式
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．对∀x∈[0，＋∞)，ex与1＋x的大小关系为(　　)
A．ex≥1＋x B．ex<1＋x
C．ex＝1＋x D．不确定
A　解析：令f(x)＝ex－(1＋x)．因为f′(x)＝ex－1，所以对∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≥0，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥1＋x.故选A.
2．若0ln x2－ln x1
B．ex2－ex1x1ex2
D．x2ex1x1ex2.故选C.
3. 若e是自然对数的底数，则(　　)
A.>> B.>>
C.>> D.>>
A　解析：令fx)＝，则f′(x)＝.
当00，f(x)单调递增；
当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)＝≤f(e)＝，排除CD.
由f(π)>f(4)得>＝.故选A.
4．已知x＝1是函数f(x)＝ax3－bx－ln x(a>0，b∈R)的一个极值点，则ln a与b－1的大小关系是(　　)
A．ln a>b－1 B．ln aln a－3a＋2(a>0)，
则g′(a)＝－3＝.
令g′(a)>0，解得0.
故g(a)在上单调递增，在上单调递减．
故g(a)max＝g＝1－ln 3<0，故ln a2.
证明：设f(x)＝ex－ln x(x>0)，
则f′(x)＝ex－.
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，
所以在上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.
所以在(0，x0)上，f(x)单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值．
所以f(x0)＝ex0－ln x0＝＋x0>2，故f(x)>2，即ex－ln x>2.
6．证明：当x∈[0,1]时，x≤sin x≤x.
证明：令f(x)＝sin x－x，则f′(x)＝cos x－.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减．
又f(0)＝0，f(1)>0，
所以当x∈[0,1]时，f(x)≥0，
即sin x≥x.
记H(x)＝sin x－x，
则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cos x－1<0，
所以H(x)在[0,1]上单调递减，
则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.
综上，当x∈[0,1]时，x≤sin x≤x.
B组　新高考培优练
7．已知函数f(x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0时，f (x)0时，f′(x)≥0，即2a≥恒成立．
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥.
故实数a的取值范围是.
(2)证明：若a＝e，要证f(x)0)，则h′(x)＝.
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，
则h(x)min＝h＝0，
所以ln x＋≥0.
令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，
所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex－ex)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.
(1)求a的值；
(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞x.
(1)解：f′(x)＝2ax－ln x－1－.
由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)·ln x，
要证当0＜x≤2时，f(x)＞x，
只需证当0＜x≤2时，x－ln x＞＋.
令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，
由g′(x)＝1－＝0，得x＝1，
易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.
h′(x)＝，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，
所以h(x)在(0,2]上单调递增，
故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝＜1，
即h(x)max＜g(x)min，
故当0＜x≤2时，f(x)＞x.
9．若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．
(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
(2)证明：1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．
(1)解：因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.
f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，
故极值f(0)是函数的最小值．
(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.
即ln (x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，
令x＝(k∈N*)，
则＞ln ，即＞ln ，
所以＞ln (1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)，
累加得1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．
10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图像在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
(1)解：当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)．又因为f′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln (x1x2)．
令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1.因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．