高考数学一轮复习课时质量评价18利用导数证明不等式——构造法证明不等式含答案

课时质量评价(十八)

A组　全考点巩固练

1．已知f(x)＝e2x－a2x，a>0．

(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；

(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：ex1＋ex2>2a．

(1)解：由已知f′(x)＝e2x－a2＝(ex－a)(ex＋a)，令f′(x)＝0，解得x＝ln a，

所以当x>ln a时，f′(x)>0；当x<ln a时，f′(x)<0．

所以f(x)在x＝ln a处取得最小值f(ln a)＝a2≥0，

所以ln a≤，即0<a≤．

(2)证明：不妨设x1>x2，由已知f(x1)＝f(x2)得：

构造函数g(t)＝(et＋1)t－2(et－1)，所以g′(t)＝tet－et＋1，

再令h(t)＝tet－et＋1，所以h′(t)＝tet>0，

所以h(t)＝g′(t)在(0，＋∞)上是增函数，g′(t)>g′(0)＝0，

所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数，所以g(t)>g(0)＝0，

所以(et＋1)t>2(et－1)，>2，

．

2．已知函数f(x)＝ax－，a∈R．

(1)设a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0．

(1)解：当a＝1时，f(x)＝x－，f′(x)＝1－，

f′(e)＝1，f(e)＝e－，

则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为x－y－＝0．

(2)证明：当a≥时，f(x)≥x－．

设g(x)＝x－，g′(x)＝，

设h(x)＝x2＋ln x－1，知其在(0，＋∞)上单调递增，且h()＝0，

当0<x<时，g′(x)＜0；当x>时，g′(x)＞0．

所以函数g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，

g(x)≥g()＝0，即f(x)≥0．

B组　新高考培优练

3．(2021·泰州模拟)已知函数f(x)＝＋ax，g(x)＝ln x＋．

(1)当x＞0，a≤0时，求证：f(x)＜g(x)；

(2)当x＞0时，若f(x)＞g(x＋1)，求实数a的取值范围．

(1)证明：由g(x)＝ln x＋得，g′(x)＝－＝．

当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)在(0,1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(x)≥g(1)＝1．

由于a≤0，则f(x)＝＋ax在[0，＋∞)上单调递减，故f(x)≤f(0)＝1，当且仅当a＝0，x＝0时取等号，

综上，f(x)＜g(x)．

(2)解：令h(x)＝f(x)－g(x＋1)＝＋ax－ln(x＋1)－，x>0．

由于ex≥x＋1，所以x＞0时，≤．

令φ(x)＝ax－ln(x＋1)，φ′(x)＝a－，

当a≤0时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，则φ(x)＜φ(0)＝0，

此时h(x)＝－＋ax－ln(x＋1)<0，不合题意；

当0＜a＜1时，令φ′(x)＜0，解得x∈，则φ(x)在上单调递减，则φ(x)＜φ(0)＝0，

故当x∈时，h(x)＝－＋ax－ln(x＋1)<0，不合题意；

当a≥1时，h′(x)＝－＋＋a－>－＋＋1－＝≥0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)＞h(0)＝0，即f(x)＞g(x＋1)，符合题意．

综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

4．已知函数f(x)＝ln x－．

(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；

(2)若a＝0，x∈(0,1)，求证：x2－<．

(1)解：当a＝1时，f(x)＝ln x－，x∈(0，＋∞)，

f′(x)＝－＝＝．

当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－<等价于－＋x2－<0．

因为当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，

所以<－ln x，

所以只需证－ln x＋x2－<0在(0,1)上恒成立．

令g(x)＝－ln x＋x2－，x∈(0,1)，所以g′(x)＝－＋2x＋＝>0，

则函数g(x)在(0,1)上是增函数，于是g(x)<－ln 1＋1－1＝0，

所以当x∈(0,1)时，x2－<．