2021届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式课时跟踪检测理含解析.doc

第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时利用导数证明不等式A级·基础过关|固根基|1.已知函数f(x)1，g(x)xln x证明：(1)g(x)1；(2)(xln x)f(x)>1.证明：(1)由题意，得g(x)(x>0)，当0<x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数所以g(x)g(1)1，得证(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0<x<2时，f(x)<0；当x>2时，f(x)>0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，)上是增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号)又由(1)知，xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(xln x)f(x)>1.2(2020届石家庄摸底)已知函数f(x)(2x)ek(x1)x(kR，e为自然对数的底数)(1)若f(x)在R上单调递减，求k的最大值；(2)当x(1，2)时，证明：ln>2.解：(1)f(x)在R上单调递减，f(x)ek(x1)k(2x)110恒成立，即kx2k1对任意xR恒成立设g(x)kx2k1，则g(x)0对任意xR恒成立，显然应满足g(1)2k0，k2.当k2时，g(x)2，且g(1)0，当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)ming(1)0，即g(x)0恒成立，故k的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k2时，f(x)(2x)e2(x1)x在R上单调递减，且f(1)0，所以当x(1，2)时，f(x)<f(1)，即(2x)e2(x1)<x，两边同取以e为底的对数得ln(2x)2(x1)<ln x，即2(x1)<ln，下面证明2<ln(2x1)，x(1，2)令H(x)ln(2x1)(1<x<2)，则H(x)>0，H(x)在(1，2)上单调递增，则H(x)>H(1)ln(2×11)0，故成立，得，ln>2成立3(2019届唐山模拟)已知f(x)x2a2ln x，a>0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x>2a时，证明：>a.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)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xa时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)a2a2ln a.(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)a(x2a)>0.设g(x)f(x)f(2a)a(x2a)，则当x>2a时，g(x)f(x)axa>0，所以g(x)在(2a，)上单调递增，所以当x>2a时，g(x)>g(2a)0，即f(x)f(2a)a(x2a)>0，故>a.B级·素养提升|练能力|4.(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)已知函数f(x)ln xx(a>0)(1)若a，求f(x)的极值点；(2)若曲线yf(x)上总存在不同的两点P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)，使得曲线yf(x)在P，Q两点处的切线平行，求证：x1x2>2.解：f(x)的定义域为(0，)，f(x)·1(a>0)(1)当a时，f(x)，令f(x)<0，得0<x<或x>2；令f(x)>0，得<x<2，f(x)在，(2，)上单调递减，在上单调递增，x是f(x)的极小值点，x2是f(x)的极大值点(2)证明：由题意知，f(x1)f(x2)，即·1·1(x1x2)，a.x1，x2(0，)，x1x2，x1x2>2，则有x1x2<，a>，x1x2>.a>0，2(当且仅当a1时取等号)，x1x2>2.5(2019届昆明市高三诊断测试)已知函数f(x)2ln xx.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a>0，b>0，且ab，证明：<<.解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)10.所以函数f(x)在(0，)上单调递减，无单调递增区间(2)设a>b>0，则<ln aln b<ln <2ln <0.由(1)知，f(x)是(0，)上的减函数，又>1，所以f<f(1)0，即f2ln<0，所以<.又 <ln aln b>ln >.令g(x)ln x，则g(x)，当x(0，)时，g(x)0，即g(x)是(0，)上的增函数因为>1，所以g>g(1)0，所以ln >，从而<.综上所述，当a>0，b>0，且ab时，<<.