2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)17利用導(dǎo)數(shù)證明不等式含解析蘇教版

PAGEPAGE4課時(shí)作業(yè)17利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1．已知函數(shù)f(x)＝aexlnx的圖象在x＝1處的切線與直線x＋2ey＝0垂直．(1)求a的值；(2)證明：xf(x)>1－5ex－1.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(exlnx＋\f(ex,x)))，則由題意知f(x)的圖象在x＝1處的切線的斜率k＝f′(1)＝ae＝2e，所以a＝2.(2)證明：要證明xf(x)>1－5ex－1，即證明2xexlnx>1－5ex－1，x>0，即證明2xlnx＋eq\f(5,e)>eq\f(1,ex).令g(x)＝2xlnx＋eq\f(5,e)，則g′(x)＝2(lnx＋1)．當(dāng)0<x<eq\f(1,e)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,e)時(shí)，g′(x)>0.所以g(x)＝2xlnx＋eq\f(5,e)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上為減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上為增函數(shù)，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(3,e).因?yàn)閥＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))0＝1，所以g(x)≥eq\f(3,e)>1>eq\f(1,ex)，所以xf(x)>1－5ex－1.2．(2024·唐山模擬)已知f(x)＝eq\f(1,2)x2－a2lnx，a>0.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)當(dāng)x>2a時(shí)，證明：eq\f(fx－f2a,x－2a)>eq\f(3,2)a.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(a2,x)＝eq\f(x＋ax－a,x).當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得微小值，也是最小值，且f(a)＝eq\f(1,2)a2－a2lna.(2)證明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增，則所證不等式等價(jià)于f(x)－f(2a)－eq\f(3,2)a(x－2a)>0.設(shè)g(x)＝f(x)－f(2a)－eq\f(3,2)a(x－2a)，則當(dāng)x>2a時(shí)，g′(x)＝f′(x)－eq\f(3,2)a＝x－eq\f(a2,x)－eq\f(3,2)a＝eq\f(2x＋ax－2a,2x)>0，所以g(x)在(2a，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>2a時(shí)，g(x)>g(2a)＝0，即f(x)－f(2a)－eq\f(3,2)a(x－2a)>0，故eq\f(fx－f2a,x－2a)>eq\f(3,2)a.3．(2024·湖南永州一模)已知函數(shù)f(x)＝(x2－x－1)ex.(1)若f(x)在區(qū)間(a，a＋5)上有最大值，求整數(shù)a的全部可能取值；(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<－3lnx＋x3＋(2x2－4x)ex＋7.解：(1)f′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，當(dāng)x<－2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)－2<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．由題意知a<－2<a＋5，得－7<a<－2，則a＝－6，－5，－4，－3.當(dāng)a＝－6，－5，－4時(shí)，明顯符合題意，當(dāng)a＝－3時(shí)，f(－2)＝5e－2，f(2)＝e2，f(－2)<f(2)，不符合題意，舍去．故整數(shù)a的全部可能取值為－6，－5，－4.(2)證明：f(x)<－3lnx＋x3＋(2x2－4x)ex＋7可化為(－x2＋3x－1)ex<－3lnx＋x3＋7，令g(x)＝(－x2＋3x－1)ex，h(x)＝－3lnx＋x3＋7，則g′(x)＝(－x2＋x＋2)ex，h′(x)＝eq\f(3x3－1,x)，當(dāng)0<x<2時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的最大值為g(2)＝e2.當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)的最小值為h(1)＝8，又8>e2，所以g(x)的最大值小于h(x)的最小值，故x>0時(shí)，恒有g(shù)(x)<h(x)，即f(x)<－3lnx＋x3＋(2x2－4x)ex＋7在x∈(0，＋∞)上恒成立．4．(2024·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．(1)若函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的值；(2)求證：當(dāng)n∈N*時(shí)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)．解：(1)∵f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－eq\f(1,x)＝eq\f(kx－1,x)(x>0，k>0)；當(dāng)0<x<eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lnk，∵f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，∴l(xiāng)nk＝0，∴k＝1.(2)證明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，∵n∈N*，令x＝eq\f(n＋1,n)，得eq\f(1,n)>lneq\f(n＋1,n)，∴1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)．5．(2024·昆明診斷)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x＋eq\f(1,x).(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)若a>0，b>0，證明：eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2).解：(1)由題意得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－1－eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋2x－1,x2)＝eq\f(－x－12,x2)≤0.所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)證明：由題意得a≠b，不妨設(shè)a>b>0，則eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb)?lna－lnb<eq\f(a－b,\r(ab))?lneq\f(a,b)<eq\r(\f(a,b))－eq\f(1,\r(\f(a,b)))?2lneq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(a,b))＋eq\f(1,\r(\f(a,b)))<0.由(1)知f(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，又eq\r(\f(a,b))>1，所以f(eq\r(\f(a,b)))<f(1)＝0，即f(eq\r(\f(a,b)))＝2lneq\r(\f(a,b))－eq\r(\f(a,b))＋eq\f(1,\r(\f(a,b)))<0，所以eq\r(ab)<eq\f(a－b,lna－lnb).eq\f(a－b,lna－lnb)<eq\f(a＋b,2)?lna－lnb>eq\f(2a－b,a＋b)?lneq\f(a,b)>eq\f(2\f(a,b)－1,\f(a,b)＋1).令g(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)，則g′(x)＝eq\f(x－12,xx＋12)，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞