【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项一　第1课时　利用导数证明不等式含解析【高考】.docx，共(7)页，36.900 KB，由小赞的店铺上传

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1高考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1.(2021吉林长春诊断测试)已知函数f(x)=aex-ex.(1)若对任意的实数x都有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围;(2)当a≥1且x≥0时,证明:f(x)≥(x-

1)2.2.(2021浙江宁波高三期末)已知函数f(x)=aex-4x,a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,证明:f(x)+x2+1>0.23.(2021辽宁朝阳高三一模)已知函数f(x)=ex-asinx-

x,曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0.(1)求实数a的值;(2)证明:∀x∈R,f(x)>0.34.(2021河北石家庄高三三模)已知函数f(x)=alnx-x2+x+3a.若0<a<14,证明:f(x)<e𝑥𝑥-x2+x.5.(2021福建泉州高三二模)已

知函数f(x)=𝑎-ln𝑥𝑥在x=1处取得极值.(1)求实数a的值,并求函数f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)+x+23>0.46.(2021湖南郴州高三三模)已知函数f(x)=(x+1)lnx.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))

处的切线方程;(2)证明:ln21+ln76+…+ln(𝑛2-2)𝑛2-3+2𝑛>32(n≥2,n∈N*).5第1课时利用导数证明不等式1.(1)解若对任意的实数x都有f(x)≥0,即aex-ex≥0,所以a≥e𝑥e𝑥.令g(x)

=e𝑥e𝑥,则g'(x)=1-𝑥e𝑥-1.令g'(x)=0得x=1.当x<1时g'(x)>0;当x>1时g'(x)<0,所以g(x)在x=1处取得极大值亦即最大值g(1)=1,即a≥1.故实数a的取值范围是[1,+∞).(2)证明由于当a≥1且x≥0时,f(

x)=aex-ex≥ex-ex,因此只需证明ex-ex≥(x-1)2.只需证明(𝑥-1)2+e𝑥e𝑥≤1.设h(x)=(𝑥-1)2+e𝑥e𝑥-1(x≥0),则h'(x)=(𝑥-1)(3-e-𝑥)e𝑥.所以当0≤x<3-e时,h'(

x)<0,h(x)单调递减;当3-e<x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减.又因为h(0)=0,h(1)=0,且x=1是h(x)的极大值,因此当x≥0时,必有h(x)≤0,故原不等式成

立.2.(1)解f'(x)=aex-4.当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;当a>0时,令f'(x)<0,可得x<ln4𝑎,令f'(x)>0,可得x>ln4𝑎,所以f(x)在(-∞,ln4𝑎)上单调递

减,在(ln4𝑎,+∞)上单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞);当a>0时,f(x)的单调递增区间为(ln4𝑎,+∞),单调递减区间为(-∞,ln4𝑎).(2)证明当a=1时,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+

1=ex-4x+x2+1.g'(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,则h'(x)=ex+2>0恒成立,所以g'(x)在R上单调递增,又因为g'(0)=-3<0,g'(1)=e-2>0,由函数零点存在定理可得存在x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,即e𝑥0-4+2x0=0

.当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(x0)=e𝑥0-4x0+𝑥02+1=4-2x0-4x0+𝑥02+1=𝑥02-6x0+5,由于x0∈(0,1),所以由二次函数性质可得g(x)m

in>g(1)=0,所以g(x)>0,故f(x)+x2+1>0.3.(1)解根据题意,f(x)=ex-asinx-x⇒f'(x)=ex-acosx-1,因为曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y-1=0,所以f'(0)=-1⇔1-a-1=-

1⇒a=1.故实数a的值为1.(2)证明由于f(x)=ex-sinx-x,要证明∀x∈R,f(x)>0,需证明ex-x>sinx.因为sinx∈[-1,1],故需证明ex-x>1.6令g(x)=ex-x,g'(x)=ex-1,令g'(x)=0⇒

x=0.g'(x)>0⇒x>0,g'(x)<0⇒x<0,所以函数g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(0)=1,即∀x∈R,ex-x≥1,所以ex-x-sinx≥

1-sinx≥0,所以∀x∈R,f(x)>0.4.证明由已知得需证a(lnx+3)<e𝑥𝑥.因为a>0,x>0,所以e𝑥𝑥>0,当lnx+3<0时,不等式显然成立.当lnx+3>0时,由于0<a<14,所以a(lnx+3)<14(lnx

+3),因此只需证14(lnx+3)<e𝑥𝑥,即证ln𝑥+34𝑥<e𝑥𝑥2.令g(x)=ln𝑥+34𝑥,所以g'(x)=-ln𝑥-24𝑥2,令g'(x)=0,得x=e-2,当x∈(0,e-2)时,g'(x)>0,当x∈(e-2,+∞)时,g'(x)<0,即g(x)在(0,e-

2)上单调递增,在(e-2,+∞)上单调递减.所以g(x)max=g(e-2)=e24.令h(x)=e𝑥𝑥2,则h'(x)=e𝑥(𝑥-2)𝑥3,当x∈(0,2)时,h'(x)<0,当x∈(2,+

∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e24.所以g(x)≤h(x),但两边取得最值的条件不相等,即证得a(lnx+3)<e𝑥𝑥,故f(x)<e𝑥𝑥-x2+x.5.(1)解f'(x)=-1-𝑎+l

n𝑥𝑥2,由题意得f'(1)=-1-a=0,即a=-1.于是f'(x)=ln𝑥𝑥2(x>0),当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以实数a的值为-1,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)证明要证f(x)+

x+23>0,即证-1-ln𝑥𝑥+x+23>0,因为x>0,即证x2+23x-lnx-1>0.令g(x)=x-1-lnx,则g'(x)=1-1𝑥=𝑥-1𝑥,所以当x∈(0,1)时,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增,所以g(

x)≥g(1)=0,即lnx≤x-1,则ln2x≤2x-1,即ln2+lnx≤2x-1,所以lnx≤2x-1-ln2,7则x2+23x-lnx-1≥x2+23x-2x+1+ln2-1=x2-43x+ln2.令h(x)=x2-43x+ln2=(𝑥-23)2

+ln2-49,又因为ln2>ln√e=12,所以ln2-49>0,则h(x)>0,故x2+23x-lnx-1>0成立,则f(x)+x+23>0.6.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx+𝑥+1𝑥,所以曲线

y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k=f'(1)=2,又因为f(1)=0,所以该切线方程为y=2(x-1).(2)证明设F(x)=(x+1)lnx-2x+2(x>1),则F'(x)=lnx+1𝑥

-1,令g(x)=F'(x),则g'(x)=1𝑥−1𝑥2=𝑥-1𝑥2,当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)=F'(x)在(1,+∞)上单调递增,又因为g(1)=0,所以g(x)=F'(x)>0,即F(x)在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,故当x>1时

,(x+1)lnx>2(x-1).令x=n2-2>1(n≥2,n∈N*),则(n2-1)ln(n2-2)>2(n2-3),所以ln(𝑛2-2)𝑛2-3>2𝑛2-1=2(𝑛-1)(𝑛+1)=1𝑛-1−1𝑛+1,因此∑𝑘=2𝑛ln(𝑘2-2)𝑘2-3>1-13+12−14+13

−15+14−16+…+1𝑛-2−1𝑛+1𝑛-1−1𝑛+1,化简可得∑𝑘=2𝑛ln(𝑘2-2)𝑘2-3>1+12−1𝑛−1𝑛+1>32−2𝑛.所以ln21+ln76+…+ln(𝑛2-2)𝑛2-3+2𝑛>32(n≥2,n∈N*),故原不等式成立.