2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第1课时 利用导数证明不等式》(含详解)

2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5

《第1课时 利用导数证明不等式》

1.已知函数f(x)=＋lnx.

(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)求证：f(x)>0.

2.已知函数f(x)=ln x－.

(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

(2)若f[x(3x－2)]＜－，求实数x的取值范围.

3.已知函数f(x)＝sin x－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．

(1)求证：f′(x)在区间(-1,)上存在唯一极大值点；

(2)求证：f(x)有且仅有2个零点．

4.已知函数f(x)＝ex﹣x﹣a(a∈R)．

(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；

(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．

5.已知函数f(x)=ln x＋(k∈R).

(1)若f(x)存在极小值h(k)，且不等式h(k)≤ak对f(x)存在极小值的任意k恒成立，求实数a的取值范围；

(2)当k＞0时，如果存在两个不相等的正数α，β使得f(α)=f(β)，求证：α＋β＞2k.

6.已知f(x)=mx2-x+lnx．

（1）当m=0时，求函数f(x)在区间[t,t+1](t>0)上的最大值M(t)；

（2）当m=1时，若存在正数x1，x2满足f(x1)+f(x2)=1-ln2.求证：x1+x2≥2．

0.答案详解

1. (1)解：f(x)=＋lnx的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)=＋=，

所以f′(1)=－，又f(1)=1，

则切线方程为x＋2y－3=0.

(2)证明　令h(x)=x3＋2x2－3x－2，

则h′(x)=3x2＋4x－3，

设h′(x)=0的两根为x1，x2，

由于x1x2=－1<0，

不妨设x1<0，x2>0，

则h(x)在(0，x2)上是单调递减的，在(x2，＋∞)上是单调递增的.

而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，

所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，

所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.

所以f(x)≥f(x0)=＋lnx0，

因为x0∈(1,2)，lnx0>0，f(x)>>0，

所以f(x)>0.

2.解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞).

∵f(x)=ln x－，

∴f′(x)=－=.

∵x＞0，∴4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0.

∴当x＞0时，f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增.

(2)∵f(x)=ln x－，

∴f(1)=ln 1－=－.

由f[x(3x－2)]＜－得f[x(3x－2)]＜f(1).

由(1)得解得－＜x＜0或＜x＜1.

∴实数x的取值范围为(－,0)∪(,1).

3.证明：(1)设g(x)＝f′(x)，

则g(x)＝cos x－，

g′(x)＝－sin x＋，

当x∈(-1,)时，g′(x)单调递减，

又g′(0)＞0，g′()<0，

所以g′(x)在(-1,)上有唯一零点，设为α.

则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0，

当x∈(α,)时，g′(x)<0.

所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在(α,)上单调递减，

故g(x)在(-1,)上存在唯一极大值点，即f′(x)在(-1,)上存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．

①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，

所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，

故f(x)在(－1,0)上单调递减，又f(0)＝0，

从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．

②当x∈(0,]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在(α,)上单调递减，

而f′(0)＝0，f′()<0，所以存在β∈(α,)，

使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；

当x∈(β,)时，f′(x)<0.

故f(x)在(0，β)上单调递增，在(β,)上单调递减．

又f(0)＝0，f()＝1－ln(1+)＞0，

所以当x∈(0,]时，f(x)＞0.

从而f(x)在(0,]上没有零点．

③当x∈(,π]时，f′(x)<0，所以f(x)在(,π]上单调递减．

而f()＞0，f(π)<0，所以f(x)在(,π]上有唯一零点．

④当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)＞1，

所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．

综上，f(x)有且仅有2个零点．

4.证明：(1)当a＝0时，f(x)＝ex﹣x，

令g(x)＝f(x)﹣x＝ex﹣x﹣x＝ex﹣2x，

则g′(x)＝ex﹣2.

令g′(x)＝0，得x＝ln 2.

当x<ln 2时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>ln 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，

即g(x)min＝g(ln2)＝eln 2﹣2ln 2＝2ln >0，

故当a＝0时，f(x)>x成立．

(2)解：f′(x)＝ex﹣1，由f′(x)＝0，得x＝0.

所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，

即f(x)min＝f(0)＝1﹣a.

当1﹣a>0，即a<1时，f(x)在R上没有零点．

当1﹣a＝0，即a＝1时，f(x)在R上只有一个零点．

当1﹣a<0，即a>1时，

因为f＝e﹣a﹣﹣a＝e﹣a>0，

所以f(x)在(﹣∞，0)内只有一个零点；

由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，

所以f＝ea﹣a﹣a＝ea﹣2a>0，

于是f(x)在(0，＋∞)内有一个零点；

因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．

综上，当a<1时，函数f(x)在R上没有零点；

当a＝1时，函数f(x)在R上有一个零点；

当a>1时，函数f(x)在R上有两个零点．

5.解：(1)f′(x)=－=，x＞0.

当k≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.

当k＞0时，当0＜x＜k时，f′(x)＜0，当x＞k时，f′(x)＞0，

故f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)，

f(x)的极小值为h(k)=f(k)=ln k＋1.

当k＞0时，h(k)≤ak恒成立，即ln k＋1≤ak，即a≥恒成立.

令φ(k)=，则φ′(k)==，

令φ′(k)=0，得k=1，

当0＜k＜1时，φ′(k)＞0，φ(k)单调递增，

当k＞1时，φ′(k)＜0，φ(k)单调递减，

故k=1为φ(k)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以φ(k)max=φ(1)=1，

所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).

(2)证明：由(1)知，当k＞0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，

设α＜β，则一定有0＜α＜k＜β.

构造函数g(x)=f(x)－f(2k－x)=ln x＋－ln (2k－x)－，0＜x＜k，

g′(x)=＋－－

=－=.

因为0＜x＜k，所以g′(x)＜0，即g(x)在(0，k)上单调递减，

又f(k)－f(2k－k)=0，所以g(x)＞0，所以f(x)＞f(2k－x).

因为0＜α＜k，所以f(α)＞f(2k－α)，

因为f(α)=f(β)，所以f(β)＞f(2k－α)，因为0＜α＜k，所以2k－α＞k，

又函数f(x)在(k，＋∞)上单调递增，所以β＞2k－α，所以α＋β＞2k.

6.解：（1）∵，∴，令，则，

∴在上单调递增，在上单调递减．

当时，在上单调递减，的最大值为；

当时，在区间上为增函数，

在区间上为减函数，的最大值为，

综上，．

（2），

即，

令，，

故在上单调递减，在上单调递增，

故，

所以，即，

因为，所以．