2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式含解析新人教B版，共10页。试卷主要包含了已知函数f=aex-ex，已知函数f=ln x等内容，欢迎下载使用。
高考解答题专项(A卷)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.             3.(2021辽宁朝阳高三一模)已知函数f(x)=ex-asin x-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.                                           4.(2021河北石家庄高三三模)已知函数f(x)=aln x-x2+x+3a.若0<a<,证明:f(x)<-x2+x.                   5.(2021福建泉州高三二模)已知函数f(x)=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+>0.           6.(2021湖南郴州高三三模)已知函数f(x)=(x+1)ln x.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:+…+(n≥2,n∈N*).              
 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.(1)解若对任意的实数x都有f(x)≥0,即aex-ex≥0,所以a≥.令g(x)=,则g'(x)=.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≤1.设h(x)=-1(x≥0),则h'(x)=.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<ln,令f'(x)>0,可得x>ln,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.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,单调递减区间为.(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-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)=-4x0++1=4-2x0-4x0++1=-6x0+5,由于x0∈(0,1),所以由二次函数性质可得g(x)min>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.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)<.因为a>0,x>0,所以>0,当lnx+3<0时,不等式显然成立.当lnx+3>0时,由于0<a<,所以a(lnx+3)<(lnx+3),因此只需证(lnx+3)<,即证.令g(x)=,所以g'(x)=,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)=.令h(x)=,则h'(x)=,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)=.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)<,故f(x)<-x2+x.5.(1)解f'(x)=,由题意得f'(1)=-1-a=0,即a=-1.于是f'(x)=(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+>0,即证+x+>0,因为x>0,即证x2+x-lnx-1>0.令g(x)=x-1-lnx,则g'(x)=1-,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,则x2+x-lnx-1≥x2+x-2x+1+ln2-1=x2-x+ln2.令h(x)=x2-x+ln2=+ln2-,又因为ln2>ln,所以ln2->0,则h(x)>0,故x2+x-lnx-1>0成立,则f(x)+x+>0.6.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx+,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+-1,令g(x)=F'(x),则g'(x)=,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,因此>1-++++…++,化简可得>1+.所以+…+(n≥2,n∈N*),故原不等式成立.