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  • 2021-06-16 发布

2021届高考数学一轮总复习课时作业17利用导数证明不等式含解析苏教版

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课时作业17 利用导数证明不等式 ‎1.已知函数f(x)=aexlnx的图象在x=1处的切线与直线x+2ey=0垂直.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)证明:xf(x)>1-5ex-1.‎ 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=a,‎ 则由题意知f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=f′(1)=ae=2e,所以a=2.‎ ‎(2)证明:要证明xf(x)>1-5ex-1,即证明2xexlnx>1-5ex-1,x>0,即证明2xlnx+>.‎ 令g(x)=2xlnx+,则g′(x)=2(lnx+1).‎ 当0时,g′(x)>0.‎ 所以g(x)=2xlnx+在上为减函数,在 上为增函数,所以g(x)min=g=.‎ 因为y=x在(0,+∞)上为减函数,所以x<0=1,所以g(x)≥>1>,所以xf(x)>1-5ex-1.‎ ‎2.(2020·唐山模拟)已知f(x)=x2-a2lnx,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x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=a2-a2lna.‎ ‎(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(x-2a)>0.‎ 4‎ 设g(x)=f(x)-f(2a)-a(x-2a),‎ 则当x>2a时,g′(x)=f′(x)-a=x--a=>0,‎ 所以g(x)在(2a,+∞)上单调递增,‎ 当x>2a时,g(x)>g(2a)=0,‎ 即f(x)-f(2a)-a(x-2a)>0,故>a.‎ ‎3.(2020·湖南永州一模)已知函数f(x)=(x2-x-1)ex.‎ ‎(1)若f(x)在区间(a,a+5)上有最大值,求整数a的所有可能取值;‎ ‎(2)求证:当x>0时,f(x)<-3lnx+x3+(2x2-4x)ex+7.‎ 解:(1)f′(x)=(x2+x-2)ex=(x+2)(x-1)ex,‎ 当x<-2时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 当-21时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ 由题意知a<-20,g(x)单调递增,‎ 当x>2时,g′(x)<0,g(x)单调递减,‎ 所以g(x)的最大值为g(2)=e2.‎ 当01时,h′(x)>0,h(x)单调递增,‎ 所以h(x)的最小值为h(1)=8,‎ 又8>e2,所以g(x)的最大值小于h(x)的最小值,‎ 故x>0时,恒有g(x)0).‎ ‎(1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;‎ ‎(2)求证:当n∈N*时,1+++…+>ln(n+1).‎ 解:(1)∵f(x)=kx-lnx-1,∴f′(x)=k-=(x>0,k>0);当0时,f′(x)>0.‎ 4‎ ‎∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,‎ ‎∴f(x)min=f=lnk,‎ ‎∵f(x)有且只有一个零点,∴lnk=0,∴k=1.‎ ‎(2)证明:由(1)知x-lnx-1≥0,即x-1≥lnx,当且仅当x=1时取等号,‎ ‎∵n∈N*,令x=,得>ln,‎ ‎∴1+++…+>ln+ln+…ln=ln(n+1),故1+++…+>ln(n+1).‎ ‎5.(2020·昆明诊断)已知函数f(x)=2lnx-x+.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若a>0,b>0,证明:<<.‎ 解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f′(x)=-1-==≤0.‎ 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)证明:由题意得a≠b,不妨设a>b>0,则 <⇔lna-lnb<⇔ln<- ‎⇔2ln-+<0.‎ 由(1)知f(x)是(0,+∞)上的减函数,又>1,所以f()⇔ln>.‎ 令g(x)=lnx-,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,‎ 4‎ 所以ln>,从而<.‎ 综上所述,当a>0,b>0时,<<.‎ 4‎