【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第17讲 导数的应用——利用导数证明不等式（达标检测） Word版含解析.docx，共(4)页，21.373 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ebf736561379249b0c17ac0b476b6026.html

以下为本文档部分文字说明：

《导数的应用——利用导数证明不等式》达标检测[A组]—应知应会1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则()A．f(2)－f(1)>ln2B．f(2)－f(1)<ln2C．f(2)－f(1)>1D．f

(2)－f(1)<1【解析】选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>1x＝(lnx)′，即f′(x)－(lnx)′>0.令F(x)＝f(x)－lnx，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－f(

1)>ln2.2．（2020•定海区校级模拟）若0<x1<x2<1，则()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2【解析】选C.令f(x)＝exx，则f′(x)＝xex－exx2＝ex（x－1）x2

.当0<x<1时，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即ex2x2<ex1x1，所以x2ex1>x1ex2，故选C.3．（2020春•宁波期末）已知函数

f(x)＝aex－lnx－1.(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f

′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单

调递增．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1

e时，f(x)≥0.4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥2a－1a.【解】(1)f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>

0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥2a－1a，只需证lna＋1≥

2a－1a，即证lna＋1a－1≥0.令函数g(a)＝lna＋1a－1，则g′(a)＝1a－1a2＝a－1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1

)＝0.所以lna＋1a－1≥0恒成立，所以f(x)≥2a－1a.5．(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)＝aex－1x(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为e2.(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)

＝exlnx＋f(x)，证明：g(x)>1.【解】(1)由f′(x)＝aex－1（x－1）x2，得切线斜率k＝f′(2)＝ae·2－122＝e2，解得a＝2.所以f(x)＝2ex－1x，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·x－1x2.令f

′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．(2)证明：由(1)知g(x)＝exlnx＋2ex－1x，定义

域为(0，＋∞)，所以g(x)>1，即exlnx＋2ex－1x>1等价于xlnx>xex－2e.设h(x)＝xlnx(x>0)，则h′(x)＝lnx＋1.因为h′1e＝ln1e＋1＝0，所以当x∈0，1e时，h′(x)<0；当x∈1e，＋∞时，h′(x)>0.故h(

x)在区间0，1e上单调递减，在区间1e，＋∞上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h1e＝－1e.设m(x)＝xex－2e(x>0)，则m′(x)＝1－xex.所以当x∈(0，1)时，m′(

x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－1e.综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.[B组]—强基必备1．

（2020·济宁期末）已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－x2x1.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝λlnx－e－x

，所以f′(x)＝λx＋e－x＝λ＋xe－xx，因为函数f(x)是单调函数，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，所以λ＋xe－xx≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－xex.令

φ(x)＝－xex，则φ′(x)＝x－1ex，当0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，φ(x)min＝φ

(1)＝－1e，所以λ≤－1e.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，所以λ＋xe－xx≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－xex，由①得φ(x)＝－xex在(0，1)上单调递减，在(1

，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.综上，λ的取值范围为－∞，－1e∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e时，f(x)＝－1elnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，因为0<x1<x2，所以f(

x1)>f(x2)，即－1elnx1－e－x1>－1elnx2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1>1－x2x1，只需证lnx1－lnx2>1－x2x1，即证lnx1x2>1－x2x1.令t＝x1x2，

t∈(0，1)，则只需证lnt>1－1t，令h(t)＝lnt＋1t－1，则h′(t)＝1t－1t2＝t－1t2，当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，又因为h(1)＝0，所以h(t)>0

，即lnt>1－1t，原不等式得证．