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)

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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．