2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习23利用导数证明不等式（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习23利用导数证明不等式（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了已知函数f＝xlnx.等内容，欢迎下载使用。

1．[2024·安徽安庆模拟]已知函数f(x)＝eax－x－1(a∈R，a≠0).
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若a＝2，求证：f(x)≥x.
2．[2024·江苏南通模拟]已知函数f(x)＝a(lnx＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)≤2a2－2a.
3．已知函数f(x)＝xlnx.
(1)若直线y＝2x＋m与曲线y＝f(x)相切，求m的值；
(2)证明：f(x)54).
4．[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln (n＋1).
课后定时检测案23 利用导数证明不等式
1．解析：(1)当a＝1，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以函数在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
所以函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞).
(2)因为a＝2，所以f(x)＝e2x－x－1，
所以即证e2x－2x－1≥0，
令g(x)＝e2x－2x－1，则g′(x)＝2e2x－2＝2(e2x－1)，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)为增函数；当x<0时，g′(x)<0，g(x)为减函数；
所以g(x)的最小值为g(0)＝0，
所以g(x)≥0，所以e2x－2x－1≥0，所以f(x)≥x.
2．解析：(1)因为f(x)＝a(lnx＋a)－x，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq \f(a,x)－1，
当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减，
当a>0时，f′(x)＝eq \f(a－x,x).令f′(x)>0得0a，
所以f(x)的单调递减区间是(a，＋∞)，单调递增区间是(0，a).
(2)由(1)可得，当x＝a时，f(x)取得极大值，也是最大值，
所以f(x)≤f(a)＝a(lna＋a)－a.
设g(a)＝lna－a＋1，则g′(a)＝eq \f(1,a)－1，令g′(a)>0得01，
所以g(a)的单调递减区间是(1，＋∞)，单调递增区间是(0，1)，
所以g(a)≤g(1)＝0，即lna≤a－1.
因为lna≤a－1，所以lna＋a≤2a－1，所以a(lna＋a)≤2a2－a，
所以a(lna＋a)－a≤2a2－2a，所以命题得证．
3．解析：(1)由题意，f′(x)＝1＋lnx，x∈(0，＋∞)，
由f′(x)＝1＋lnx＝2，得x＝e，
则f(e)＝e＝2e＋m，
解得m＝－e.
(2)因为f(x)令g(x)＝eq \f(lnx,x)，则g′(x)＝eq \f(1－lnx,x2).
当00，g(x)在(0，e)上单调递增；
当x>e时，g′(x)<0，g(x)在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e).
令h(x)＝eq \f(ex,2x3)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(（x－3）ex,2x4).
当0当x>3时，h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(3)＝eq \f(e3,54).
因为e4>54，所以eq \f(e3,54)－eq \f(1,e)＝eq \f(e4－54,54e)>0，
所以g(x)max所以eq \f(lnx,x)4．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴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．
(2)f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.
设g(x)＝(ax＋1)eax－ex，则g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.
当2a－1>0，即a>eq \f(1,2)时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，δ)上单调递增．
∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1矛盾，故舍去．
当2a－1≤0，即a≤eq \f(1,2)时，f(x)≤xeeq \f(1,2)x－ex.
令h(x)＝xeeq \f(1,2)x－ex，
则h′(x)＝eeq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)eeq \f(1,2)x·x－ex＝eeq \f(1,2)x(1＋eq \f(1,2)x－eeq \f(1,2)x)<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时h(x)综上可知，a的取值范围为(－∞，eq \f(1,2)].
(3)证明：由(2)知当a＝eq \f(1,2)时，x>0时，xeeq \f(1,2)x－ex<－1，
∴x令eeq \f(1,2)x＝t，t>1，则x＝2lnt，∴2lnt1.
取t＝eq \r(\f(n＋1,n))(n∈N*)，则2lnt＝ln (n＋1)－lnn∴eq \f(1,\r(12＋1))＋eq \f(1,\r(22＋2))＋…＋eq \f(1,\r(n2＋n))>ln2－ln1＋ln3－ln2＋…＋ln (n＋1)－lnn＝ln (n＋1)，故结论得证．