2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(二十二) 题型精研——利用导数证明不等式

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(二十二) 题型精研——利用导数证明不等式，共3页。试卷主要包含了已知x∈，求证，设函数f＝ln x－x＋1.，已知函数f＝mxex＋2，已知函数f＝ex＋ax＋a.等内容，欢迎下载使用。
课时跟踪检测(二十二) 题型精研——利用导数证明不等式1．已知x∈(0,1)，求证：x2－<.证明：要证x2－<，只需证ex<ln x，又易证ex>x＋1(0<x<1)，∴只需证明ln x＋(x＋1)>0.即证ln x＋1－x3＋－x2>0，而x3<x，x2<x(0<x<1)，∴只需证ln x＋1－2x＋>0，令g(x)＝ln x＋1－2x＋，则g′(x)＝－2－＝－，而2x2－x＋1>0恒成立，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)单调递减，∴当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)＝0，即ln x＋1－2x＋>0.∴x2－<.2．设函数f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<<x；(3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.解：(1)函数f(x)＝ln x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，ln x<x－1.故当x∈(1，＋∞)时，0<ln x<x－1，所以>1.用代换x得ln <－1<0，所以<x.即1<<x.(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln c.令g′(x0)＝0，解得x0＝.当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．由(2)知1<<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.3．(2023·凉山模拟)已知函数f(x)＝mxex＋(x＋1)2(m∈R，e为自然对数的底数)．(1)若f(x)在x＝0处的切线与直线y＝(2m＋3)x平行，求f(x)的极值；(2)若m＝，求证：f(x)≥ln x＋x2＋3x.解：(1)f′(x)＝ex(mx＋m)＋2(x＋1)，则f′(0)＝m＋2，∵x＝0处的切线与y＝(2m＋3)x平行，∴f′(0)＝2m＋3，即2＋m＝2m＋3，即m＝－1.∴f′(x)＝－ex(x＋1)＋2(x＋1)＝(x＋1)(2－ex)．由f′(x)>0得－1<x<ln 2，由f′(x)<0得x<－1或x>ln 2，∴f(x)在(－∞，－1)，(ln 2，＋∞)单调递减，在(－1，ln 2)单调递增，∴f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝，在x＝ln 2处取得极大值f(ln 2)＝ln22＋1.(2)证明：设g(x)＝f(x)－ln x－x2－3x＝xex－ln x－x＋1＝xex－ln(xex)＋1(x>0)，设t＝xex(t>0)，设h(t)＝－ln t＋1，h′(t)＝，由h′(t)>0，得t>e2，由h′(t)<0，得0<t<e2，∴h(t)在(0，e2)单调递减，在(e2，＋∞)单调递增，∴h(t)≥h(e2)＝－2＋1＝0.∴g(x)≥0，∴f(x)－ln x－x2－3x≥0，∴f(x)≥ln x＋x2＋3x成立．4．(2023·宁德模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋a.(1)判定函数f(x)的单调性；(2)求证：1－x－xln x<·(e－2＋1)．解：(1)由题意得f′(x)＝ex＋a，当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增；当a<0时，令ex＋a>0，得x>ln(－a)，令ex＋a<0，得x<ln(－a)，所以此时f(x)的单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln(－a))．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln(－a))．(2)证明：令g(x)＝1－x－xln x，g′(x)＝－1－(ln x＋1)＝－ln x－2，由g′(x)>0得0<x<e－2；由g′(x)<0得x>e－2.所以函数g(x)的单调递增区间为(0，e－2)，单调递减区间为(e－2，＋∞)，所以g(x)≤g(e－2)＝1＋e－2.由(1)得当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，所以f(x)＝ex－x－1>f(0)＝0，则ex>x＋1，>1，·(e－2＋1)>e－2＋1，所以1－x－xln x<·(e－2＋1)得证．