2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第3课时利用导数证明不等式课时跟踪检测理新人教A版202005110229.doc

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1、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)(x0)，当0x1时，g(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0x2时，f(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

2、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：ln2.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

3、)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2ln(2x1)，x(1，2)令H(x)ln(2x1)(1x0，H(x)在(1，2)上单调递增，则H(x)H(1)ln(211)0，故成立，得，ln2成立3(2019届唐山模拟)已知f(x)x2a2ln x，a0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x2a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)单调递增，所以当xa时，f(x)取得极小值，也是最小值

4、，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x2a时，g(x)f(x)axa0，所以g(x)在(2a，)上单调递增，所以当x2a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(a0)(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：x1x22.解：f(x)的定义域为(0，)，f(x)1(a0)(1)当a时，f(x)，令f(x)0，得0x2；令f(x)0，得x2，则有x1x2，x1x2.a0，2(当且仅当a1时取等号)，x1x22.5(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a0，b0，且ab，证明：b0，则ln aln bln 2ln 1，所以ff(1)0，即f2ln0，所以.又 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gg(1)0，所以ln ，从而0，b0，且ab时，.- 5 -