2024版高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用解答题专项一第1课时利用导数证明不等式北师大版.docx

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1、解答题专项一函数与导数中的综合问题第1课时利用导数证明不等式解答题专项练1.(2022河北沧州二模)已知函数f(x)=xlnx-ax,aR.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:xf(x)+e-x-a.(1)解:函数f(x)=xlnx-ax=lnx-ax,定义域为(0,+),f(x)=1x+ax2=x+ax2,()当a0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增;()当a0,当x(0,-a)时,f(x)0,f(x)单调递增.综上,当a0时,f(x)的单调递增区间为(0,+),无单调递减区间;当a-a等价于xlnx+e-x0,令g(x)=x+e-x-1,则g(x)=1-e-x=ex-1ex

2、0在x0时恒成立,所以当x0时,g(x)g(0)=0.又xlnx+1x,所以xlnx+e-xx-1+e-x0,故xlnx+e-x0,即xf(x)+e-x-a.2.(2022河北保定一模)已知函数f(x)=ln x+2,g(x)=1ae2x-ln2a(a0).(1)设函数h(x)=f(x+1)-x-2,求h(x)的最大值;(2)证明:f(x)g(x).(1)解:因为h(x)=ln(x+1)-x(x-1),所以h(x)=1x+1-1=-xx+1(x-1).当x(-1,0)时,h(x)0;当x(0,+)时,h(x)0,所以(x)在(0,+)上单调递增.令t(x)=2xe2x-a,则t(0)=-a0,

3、所以存在唯一x0(0,a)使得t(x0)=2x0e2x0-a=0,即(x0)=2e2x0ax0=0,当0xx0时,(x)x0时,(x)0.此时(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,要证(x)0,即要证(x0)0.于是原问题转化为证明不等式组2e2x0-ax0=0,(x0)=e2x0-alnx0-2a-aln2a0,由2e2x0ax0=0,得e2x0=a2x0,代入(x0)=e2x0-alnx0-2a-aln2a,得(x0)=a2x0-alnx0-2a-aln2a.对e2x0=a2x0两边取对数得lnx0=lna2-2x0,代入(x0)=a2x0-alnx0-2a-aln2a

4、,得(x0)=a2x0+2ax0-2a.因为(x0)=a2x0+2ax0-2a2a2x02ax0-2a=0,当且仅当x0=12,a=e时,等号成立,所以f(x)g(x).3.(2022湖南长沙一中一模)已知函数f(x)=(x+b)(ex-a)(b0)在(-1,f(-1)处的切线l的方程为(e-1)x+ey+e-1=0.(1)求a,b,并证明函数y=f(x)的图象总在切线l的上方(除切点外);(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1x2,证明:x2-x11+m(1-2e)1-e.解:(1)将x=-1代入切线方程(e-1)x+ey+e-1=0中,有y=0,所以f(-1)=0,所以f(

5、-1)=(-1+b)1e-a=0,又f(x)=(x+b+1)ex-a,所以f(-1)=be-a=-1+1e.若a=1e,则b=2-e0矛盾,故a=1,b=1.所以f(x)=(x+1)(ex-1),f(0)=0,f(-1)=0.设f(x)在(-1,0)处的切线l的方程为y=h(x)=1e-1(x+1),令F(x)=f(x)-h(x),即F(x)=(x+1)(ex-1)-1e-1(x+1),所以F(x)=(x+2)ex-1e.当x-2时,F(x)=(x+2)ex-1e-1e-2时,设G(x)=F(x)=(x+2)ex-1e,G(x)=(x+3)ex0,故函数F(x)在(-2,+)上单调递增,又F(

6、-1)=0,所以当x(-2,-1)时,F(x)0,综合得函数F(x)在区间(-,-1)上单调递减,在区间(-1,+)上单调递增,故F(x)F(-1)=0,即函数y=f(x)的图象总在切线l的上方(除切点外).(2)由(1)知f(x1)h(x1),设h(x)=m的根为x1,则x1=-1+me1-e,又函数h(x)单调递减,故h(x1)=f(x1)h(x1),故x1x1,设y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=t(x),因为f(0)=0,f(x)=(x+2)ex-1,所以f(0)=1,所以t(x)=x.令T(x)=f(x)-t(x)=(x+1)(ex-1)-x,T(x)=(x+2)ex-2,当

7、x-2时,T(x)=(x+2)ex-2-2-2时,设H(x)=T(x)=(x+2)ex-2,则H(x)=(x+3)ex0,故函数T(x)在(-2,+)上单调递增,又T(0)=0,所以当x(-2,0)时,T(x)0,综合得函数T(x)在区间(-,0)上单调递减,在区间(0,+)上单调递增,所以T(x)T(0)=0,即f(x2)t(x2).设t(x)=m的根为x2,则x2=m,又函数t(x)单调递增,故t(x2)=f(x2)t(x2),故x2x2,又x1x1,所以x2-x1x2-x1=m-1+me1-e=1+m(1-2e)1-e.4.(2022山东潍坊一模)已知函数f(x)=ex-ax-a,aR.

8、(1)讨论f(x)的单调区间;(2)当a=1时,令g(x)=2f(x)x2.证明:当x0时,g(x)1;若数列xn(nN*)满足x1=13,exn+1=g(xn),证明:2n(exn-1)0恒成立,即f(x)在R上单调递增,当a0时,令f(x)=ex-a0,解得xlna,令f(x)=ex-a0,解得x0时,f(x)的单调递减区间为(-,lna),单调递增区间为(lna,+).(2)证明:当a=1时,g(x)=2(ex-x-1)x2,当x0时,2(ex-x-1)x21ex1+x+x2212x2+x+1ex0,F(x)=-12x2ex0恒成立,则F(x)在(0,+)上单调递减,F(x)F(0)=1

9、e0-1=0,因此,12x2+x+1ex0时,g(x)1.由可知,当x(0,+)时,g(x)1,由x1=13得ex2=g(x1)1,即x20,由exn+1=g(xn),可得xn0,而ex1-1=e13-1,又e-323=e-2780,即e1332,则ex1-1=e13-112,由于2n(exn-1)1exn-112n,只需证exn+1-112(exn-1)g(xn)-10时,g(x)-10(x-2)exx+2+10,令h(x)=(x-2)exx+2+1,x0,h(x)=x2ex(x+2)20恒成立,则h(x)在(0,+)上单调递增,h(x)h(0)=0,则当x0时,恒有x-2x+2ex+10,

10、而xn0,即g(xn)-112exn12成立,不等式exn+1-112(exn-1)成立,因此exn+1-112(exn-1)122(exn-1-1)12n(ex1-1)12n+1成立,即exn-112n成立,所以原不等式得证.5.(2022湖南株洲一模)设函数f(x)=aln x+1x-1(aR).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当x(0,1)时,证明:x2+x-1x-1exln x.(1)解:f(x)的定义域为(0,+),则f(x)=ax1x2=ax-1x2,当a0时,f(x)0时,x0,1a,f(x)0,则函数f(x)的单调递减区间为0,1a,单调递增区间为1a,+.综上所述,当a

11、0时,函数f(x)的单调递减区间为(0,+);当a0时,函数f(x)的单调递减区间为0,1a,单调递增区间为1a,+.(2)证明:由(1)可知当a=1时,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);当x=1时,f(x)取极小值f(1)=0,所以f(x)f(1)=0,当x(0,1)时,即有lnx+1x-10,所以lnx1-1x,所以要证x2+x-1x-1exlnx,只需证x2+x-1x-1(x+1)2(x-1)x,又因为x(0,1),所以只需证ex(x+1)2,令h(x)=ex-(x+1)2,则h(x)=ex-2(x+1),令H(x)=h(x)=ex-2(x+1),则H(x)=

12、ex-2,令H(x)=ex-2=0,得x=ln2,当0xln2时,H(x)0,H(x)单调递减,当ln2x0,H(x)单调递增,所以H(x)min=H(ln2)=eln2-2(ln2+1)=-2ln20,又H(0)=e0-2=-10,H(1)=e-40,所以在x(0,1)时,H(x)=h(x)0恒成立,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x)h(0)=0,即h(x)=ex-(x+1)20恒成立,即ex2时,令g(x)=f(x)=2(x+1)-k1+ln(x+1),则g(x)=2-kx+1=2x-(k-2)x+1,当g(x)=0,得x=k-220,所以在0,k-22上,g(x)0,g(x)单调递减,又g(0)=2-k0,所以g(x)0,即f(x)0,所以f(x)在0,k-22上单调递减,又f(0)=0,所以当x0,k-22时f(x)0,不满足要求.综上,k2,所以k的最大值为2.