2023届高考数学一轮复习作业利用导数证明不等式北师大版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业利用导数证明不等式北师大版（答案有详细解析），共3页。试卷主要包含了已知函数f ＝eln x－ax等内容，欢迎下载使用。
利用导数证明不等式1．已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f (x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0．[解]　(1)f ′(x)＝－a(x＞0)．①若a≤0，则f ′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，则当0＜x＜时，f ′(x)＞0，当x＞时，f ′(x)＜0，故f (x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f (x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝－e．记g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e．综上，当x＞0时，f (x)≤g(x)，即f (x)≤－2e，即xf (x)－ex＋2ex≤0．法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于ln x－x＋2≤．设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1．所以当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1．设函数h(x)＝，则h′(x)＝．所以当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1．综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf (x)－ex＋2ex≤0．2．已知函数f (x)＝1－，g(x)＝＋－bx，曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f (x)＋g(x)≥．[解]　(1)因为f (x)＝1－，所以f ′(x)＝，f ′(1)＝－1．因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b．因为曲线y＝f (x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f ′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1．(2)证明：要证f (x)＋g(x)≥，只需证1－－－＋x≥0．令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1．因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以当x≥1时，f (x)＋g(x)≥．3．(2021·潍坊模拟)已知函数f (x)＝＋aln x，g(x)＝．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)证明：a＝1时，f (x)＋g(x)－ln x＞e．[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＋＝，当a≤0时，f ′(x)＜0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，由f ′(x)＞0得x＞，由f ′(x)＜0得0＜x＜，所以f (x)在上单调递减，在上单调递增．综上可知：当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增．(2)证明：因为x＞0，当a＝1时，不等式等价于ex－ex＋1＞，设F(x)＝ex－ex＋1，则F′(x)＝ex－e，所以x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，x∈(0，1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，所以F(x)min＝F(1)＝1．设G(x)＝，则G′(x)＝，所以x∈(0，e)时G′(x)＞0，G(x)单调递增，x∈(e，＋∞)时G′(x)＜0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(e)＝1．虽然F(x)的最小值等于G(x)的最大值，但1≠e，所以F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1＞，故原不等式成立．