高考数学一轮复习第二章第十节第3课时利用导数证明不等式课时作业理含解析北师大版

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第3课时 利用导数证明不等式授课提示：对应学生用书第293页[A组　基础保分练]1．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.解析：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由已知得f′(x)＝2x－(a－2)－＝＝.当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)＜0，得0＜x＜，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明：当a＝1时，不等式f(x)＋ex＞x2＋x＋2可变为ex－ln x－2＞0.令h(x)＝ex－ln x－2，则h′(x)＝ex－，可知函数h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，而h′＝e－3＜0，h′(1)＝e－1＞0，所以方程h′(x)＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根x0，且x0∈，使ex0＝.当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增．所以h(x)min＝h(x0)＝ex0－ln x0－2＝－ln －2＝＋x0－2＞0，即ex－ln x－2＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以对任意x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2成立．2．已知函数f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)证明：＋x＋ln x－1≥0；(3)已知k(e－x＋x2)≥x－xln x恒成立，求k的取值范围．解析：(1)由题意知x＞0，所以f(x)≥0等价于a≥.令g(x)＝，则g′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1.即t≥ln t＋1.令＝t，则－x－ln x＝ln t，所以≥－x－ln x＋1，即＋x＋ln x－1≥0.(3)因为k(e－x＋x2)≥x－xln x，即k≥1－ln x恒成立，所以k≥＝－＋1，由(2)知＋x＋ln x－1≥0恒成立，所以－＋1≤1，故k≥1.[B组　能力提升练]1．已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．解析：(1)因为f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xln x－2x＋3(x＞0)．g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，所以f(x)＞3(x－1)．2．(2021·仙桃模拟)已知函数f(x)＝axln x(a＞0)的图像在点(e，f(e))处的切线和直线x＋2y＋1＝0垂直．(1)求a的值；(2)对任意的x＞0，证明：f(x)≥－2x－e－3；(3)若f(x)＝b有两个实数根x1，x2(x1≠x2)，证明：|x1－x2|＜b＋1＋.解析：(1)由f(x)的图像在点(e，f(e))处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，得该切线的斜率为2，即f′(e)＝2.因为f′(x)＝a(ln x＋1)，所以a(ln e＋1)＝2，解得a＝1.(2)证明：令g(x)＝f(x)＋2x＋e－3，则由(1)知g(x)＝xln x＋2x＋e－3(x＞0)，则g′(x)＝ln x＋3，显然g′(x)＝0时，x＝e－3，当x∈(0，e－3)时，g′(x)＜0，所以函数g(x)在(0，e－3)上单调递减．当x∈(e－3，＋∞)时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在(e－3，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(e－3)＝－3e－3＋2e－3＋e－3＝0，所以对任意的x＞0，f(x)≥－2x－e－3.(3)证明：由(2)可得f(x)≥－2x－e－3，因为f′(x)＝ln x＋1，所以函数f(x)＝xln x的图像在点(1，0)处切线的斜率k＝f′(1)＝1，可得在(1，0)处的切线方程为y＝x－1，作出函数f(x)＝xln x，y＝－2x－e－3和y＝x－1的图像，如图所示，由图可得f(x)≥x－1.记直线y＝－2x－e－3，y＝x－1分别与直线y＝b交于(x′1，b)，(x′2，b)，可得x′2＝b＋1，x′1＝(x′1＜x′2)，结合图像可知，|x1－x2|＜x′2－x′1＝(b＋1)－＝b＋1＋，故|x1－x2|＜b＋1＋.[C组　创新应用练](2021·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex(1＋aln x)，其中a＞0，设f′(x)为f(x)的导函数．(1)设g(x)＝e－xf′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范围；(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f′(x)的极小值点为x1，当a＞2时，求证：x0＞x1.解析：(1)由题意知f′(x)＝ex(x＞0)，则g(x)＝e－xf′(x)＝1＋＋aln x，g′(x)＝(x＞0)．当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(0，1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故g(x)在x＝1处取得最小值，且g(1)＝1＋a.由于g(x)≥2恒成立，所以1＋a≥2，得a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：设h(x)＝f′(x)＝ex，则h′(x)＝ex.设H(x)＝1＋－＋aln x(x＞0)，则H′(x)＝－＋＋＝＞0，故H(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为a＞2，所以H(1)＝a＋1＞0，H＝1－aln 2＜0，故存在x2∈，使得H(x2)＝0.则h(x)在区间(0，x2)上单调递减，在区间(x2，＋∞)上单调递增，故x2是h(x)的极小值点，因此x2＝x1.由(1)可知，当a＝1时，ln x＋≥1.因此h(x)≥h(x1)＝ex1＞ex1(1＋a)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由于H(x1)＝0，即1＋－＋aln x1＝0，即1＋aln x1＝－，所以f(x1)＝ex1(1＋aln x1)＝aex1＜0＝f(x0)．又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x1＜x0.