2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练18利用导数证明不等式

这是一份2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练18利用导数证明不等式，共6页。试卷主要包含了已知函数f=a-x，已知函数f=ln x等内容，欢迎下载使用。
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
2.已知函数f(x)=(x-1)ex,g(x)=ax2+xln x-.
(1)判断是否存在实数a,使得g(x)在x=1处取得极值?若存在,求出实数a;若不存在,请说明理由;
(2)若a≤,当x≥1时,求证:f(x)≥g(x).
3.(2023广西玉林三模)设函数f(x)=(x+a)ln x+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y-2=0.
(1)求y=f(x)的解析式;
(2)证明:0时,令f'(x)=0,得x=ln=-lna.
随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
所以函数f(x)的单调递增区间是(-lna,+∞),单调递减区间是(-∞,-lna).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-lna,+∞),单调递减区间是(-∞,-lna).
(2)证明当a>0时,要证f(x)>2lna+恒成立,即证f(x)min>2lna+成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-lna),
下面证明f(-lna)>2lna+.
f(-lna)=a(e-lna+a)-(-lna)=1+a2+lna.
令g(a)=f(-lna)-2lna-=a2-lna-,a∈(0,+∞),则g'(a)=2a-,
令g'(a)=0,得a=.
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
所以在a=时,g(a)取最小值.
g(a)min=g=-ln=-ln=ln>ln1=0.
因此f(-lna)>2lna+成立.
因此当a>0时,f(x)>2lna+.
2.(1)解假设存在这样的实数a,则有g'(1)=2a+1=0,解得a=-.
当a=-时,g(x)=-+xlnx-,则g'(x)=-x+lnx+1.
令t(x)=-x+lnx+1,x>0,
则t'(x)=-1+.
令t'(x)=0,得x=1.
当00,所以函数h(t)在区间[1,+∞)上单调递增,
所以h(t)min=h(1)=e-2>0,所以m'(x)>0,
从而得函数m(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
所以m(x)min=m(1)=0,
所以m(x)≥0,即f(x)≥g(x)得证.
3.(1)解∵f'(x)=lnx+1+,
∴f'(1)=1+a=-1,∴a=-2.
又点(1,f(1))在切线x+y-2=0上,
∴1+b-2=0,∴b=1,
∴y=f(x)的解析式为f(x)=(x-2)lnx+1.
(2)证明令g(x)=x-ex(x>0),则g'(x)=1-ex,
∴当x>0时,g'(x)0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f'(1)=-10,此时f(x)单调递增,
故f(x)在x0处取到极小值,也是最小值.
由f'(x0)=0,得lnx0=-1,
∴f(x)≥f(x0)=(x0-2)lnx0+1=(x0-2)-1+1=5-x0+.
令r(x)=x+(11,则g'(x)=,当x>1时,g'(x)>0,
所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
又因为g(1)=0,
所以g(x)=F'(x)>0,
即F(x)在区间(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.x
(-∞,-lna)
-lna
(-lna,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
a
0,
,+∞
g'(a)
-
0
+
g(a)
↘
极小值
↗