（適用于新高考新教材）高考數(shù)學一輪總復習第四章一元函數(shù)的導數(shù)及其應(yīng)用課時規(guī)范練18利用導數(shù)證明不等式

課時規(guī)范練18利用導數(shù)證明不等式1.已知函數(shù)f(x)=aexex.(1)若對任意的實數(shù)x都有f(x)≥0成立,求實數(shù)a的取值范圍;(2)當a≥1且x≥0時,證明:f(x)≥(x1)2.2.已知函數(shù)f(x)=(x1)ex,g(x)=ax2+xlnx12(1)判斷是否存在實數(shù)a,使得g(x)在x=1處取得極值?若存在,求出實數(shù)a;若不存在,請說明理由;(2)若a≤12,當x≥1時,求證:f(x)≥g(x)3.已知函數(shù)f(x)=exasinxx,曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為x+y1=0.(1)求實數(shù)a的值;(2)證明:?x∈R,f(x)>0.4.(2022山東威海三模)已知函數(shù)f(x)=2lnxx+ax(1)當a=34時,求f(x(2)若f(x)有兩個極值點x1,x2,且x1<x2,從下面兩個結(jié)論中選一個證明.①f(②f(x2)<23a+2ln225.已知函數(shù)f(x)=sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0,π)的單調(diào)性;(2)證明:|f(x)|≤33(3)設(shè)n∈N*,證明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n6.已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx.(1)求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)證明:ln21+ln76+…+ln(n2-2課時規(guī)范練18利用導數(shù)證明不等式1.(1)解若對任意的實數(shù)x都有f(x)≥0,即aexex≥0,所以a≥ex令g(x)=exex,則g'(x)令g'(x)=0得x=1.當x<1時g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當x>1時g'(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,所以g(x)在x=1處取得極大值亦即最大值g(1)=1,即a≥1.故實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).(2)證明因為當a≥1且x≥0時,f(x)=aexex≥exex,所以只需證明exex≥(x1)2,只需證明(x-1)設(shè)h(x)=(x-1則h'(x)=(x令h'(x)=0,得x=3e或x=1.所以當0≤x<3e時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當3e<x<1時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當x>1時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減.所以當x=1時,h(x)有極大值h(1)=0.又因為h(0)=0,所以當x≥0時,必有h(x)≤0,故原不等式成立.2.(1)解假設(shè)存在這樣的實數(shù)a,則有g(shù)'(1)=2a+1=0,解得a=12當a=12時,g(x)=x22+xlnx12,則g'(x)=x+令t(x)=x+lnx+1,x>0,則t'(x)=1+1x令t'(x)=0,得x=1.當0<x<1時,t'(x)>0;當x>1時,t'(x)<0,所以t(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以t(x)max=t(1)=0,即g'(x)≤0,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+∞)上為減函數(shù),因此不存在這樣的實數(shù)a.(2)證明因為x2≥0,a≤12,所以ax2≤12x要證f(x)≥g(x),即證(x1)ex≥12x2+xlnx1即證(x1)ex12x2xlnx+12令m(x)=(x1)ex12x2xlnx+12,x≥1,則m'(x)=xexxlnx1=ex+lnx(x+lnx令t=x+lnx,t∈[1,+∞),h(t)=ett1,則h'(t)=et1.因為當t≥1,h'(t)>0,所以函數(shù)h(t)在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(t)min=h(1)=e2>0,所以m'(x)>0,從而得函數(shù)m(x)在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以m(x)min=m(1)=0,所以m(x)≥0,即f(x)≥g(x)得證.3.(1)解由f(x)=exasinxx,得f'(x)=exacosx1.因為曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為x+y1=0,所以f'(0)=1,即1a1=1,解得a=1.故實數(shù)a的值為1.(2)證明由(1)知f(x)=exsinxx,要證明?x∈R,f(x)>0,需證明exx>sinx.令g(x)=exx,則g'(x)=ex1,令g'(x)=0,得x=0.因為當x<0時,g'(x)<0;當x>0時,g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(∞,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(0)=1,即?x∈R,exx≥1,所以exxsinx≥1sinx≥0,兩個等號不同時成立,所以exx>sinx,所以?x∈R,f(x)>0.4.解由已知得f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2x1a(1)當a=34時,f'(x)=-x2+2x令f'(x)>0,得12<x<3令f'(x)<0,得0<x<12或x>3所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為12,32,單調(diào)遞減區(qū)間為0,12,32,+∞.(2)若選擇①,證明如下:由題意知,x1,x2是方程x22x+a=0的兩根,則xf(將x1x2=a代入,得f(要證明f(即證明2(lnx2即證明lnx因為0<x1<x2,所以x2x1>0,只需證明lnx2令x2x1=t只需證明lnt2<t1t,即2lntt+1t<0(令h(t)=2lntt+1t,t>1,則h'(t)=2t11所以函數(shù)h(t)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,可得h(t)<h(1)=0,所以2lntt+1t<0(t>綜上可知,f(x若選擇②,證明如下:設(shè)g(x)=x2+2xa,因為f(x)有兩個極值點,所以Δ=4-4因為g(2)=a<0,g(1)=1a>0,所以1<x2<2.f(x2)23a=2lnx2x2+ax由x22+2x2a=0,得a=x22+代入,得f(x2)23a=2lnx2+23x22令h(x)=2lnx+23x2103x+2(1則h'(x)=2x+4當x∈1,32時,h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間1,32內(nèi)單調(diào)遞減;當x∈32,2時,h'(x)>0,所以h(x)在區(qū)間32,2內(nèi)單調(diào)遞增.因為1<x2<2,所以h(x2)<max{h(1),h(2)}.因為h(1)=23,h(2)=所以h(2)h(1)=2(ln8即h(2)>h(1),所以h(x2)<h(2),所以f(x2)23a<即f(x2)<23a+2ln225.(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.當x∈0,π3∪2π3,π時,f'(x)>0;當x∈所以f(x)在區(qū)間0,π3,2π(2)證明由(1)可知,f(x)在區(qū)間(0,π)內(nèi)的極大值為fπ3=338,極小值為f2π3=3又因為f(0)=f(π)=0,所以f(x)在區(qū)間[0,π]上的最大值為fπ3=338,最小值為對?x∈R,因為f(x+π)=sin2(x+π)sin2(x+π)=sin2xsin2x=f(x),所以f(x)為周期函數(shù),且f(x)的一個周期為π.所以對?x∈R,|f(x)|≤33(3)證明因為(sin2xsin22x…sin22nx)=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sinx||sin2xsin32x…sin32n1xsin2nx||sin22nx|=|sinx||f(x)f(2x)…f(2n1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤336.(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=lnx+x+1x,所以曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率k=f'(1)=2,又因為f(1)=0,所以該切線方程為y=2(x(2)證明設(shè)F(x)=(x+1)lnx2x+2(x>1),則F'(x)=lnx+1x1令g(x)=F'(x),x>1,則g'(x)=1x-1x2=x-1所以g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,又因為g(1)=0,所以g(x)=F