2020版高考數學大一輪復習 第三章 導數及其應用 第4講 利用導數證明不等式分層演練 理（含解析）新人教A版

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1、第4講 利用導數證明不等式 1．(2019·安徽模擬)已知f(x)＝，則(　　) A．f(2)>f(e)>f(3)　　　 B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2) 解析：選D.f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e. 所以當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，故x＝e時，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故選D. 2．若0

2、A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．ex2－ex1x1ex2 D．x2ex1x1ex2，故選C. 3．設函數f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數f′(x)零點的個數； (2)證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln. 解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0

3、)． 當a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點； 當a＞0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－， 因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 又f′(a)＞0，當b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0， 故當a＞0時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最

4、小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln . 故當a＞0時，f(x)≥2a＋aln . 4．(2019·貴州適應性考試)已知函數f(x)＝xln x＋ax，a∈R，函數f(x)的圖象在x＝1處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直． (1)求a的值和函數f(x)的單調區(qū)間； (2)求證：ex>f′(x)． 解：(1)由題易知，f′(x)＝ln x＋1＋a，x>0，且f(x)的圖象在x＝1處的切線的斜率k＝2， 所以f′(1)＝ln 1＋1＋a＝2，所以a＝1. 所以f′(x)＝ln x＋2， 當x>e－2時，f′(x)

5、>0， 當00， 因為g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上單調遞增， 且g′(1)＝e－1>0， g′()＝e－2<0， 所以g′(x)在(，1)上存在唯一的零點t， 使得g′(t)＝et－＝0， 即et＝(t時，g′(x)>g′(t)＝0， 所以g(x)在(0，t)上單調遞減，在(t，＋∞)上單調遞增， 所以x>0時，g(x)≥

6、g(t)＝et－ln t－2＝－ln －2＝t＋－2≥2－2＝0， 又0，即ex>f′(x)． 1．已知函數f(x)＝aln x＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2. (1)求a，b的值； (2)當x>0且x≠1時，求證：f(x)>. 解：(1)函數f(x)＝aln x＋的導數為f′(x)＝－， 曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2， 可得f(1)＝2b＝2，f′(1)＝a－b＝0， 解得a＝b＝1. (2)證明：當x>1時，f(x)>， 即為ln x＋1＋>ln x＋， 即x－－

7、2ln x>0， 當0， 即為x－－2ln x<0， 設g(x)＝x－－2ln x，g′(x)＝1＋－＝≥0， 可得g(x)在(0，＋∞)上遞增， 當x>1時，g(x)>g(1)＝0， 即有f(x)>， 當0. 綜上可得，當x>0且x≠1時，f(x)>都成立． 2．已知函數f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0處取得極值． (1)求實數a的值； (2)證明：對于任意的正整數n，不等式2＋＋＋…＋>ln(n＋1)都成立． 解：(1)因為f′(x)＝－2x－1， 又因為x＝0為f(x)的極值點． 所以f′(0)＝－1＝0，所以a＝1. (2)證明：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x. 因為f′(x)＝－2x－1＝－. 令f′(x)>0得x<0. 當x變化時，f(x)，f′(x)變化情況如下表． x (－1，0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值  所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(當且僅當x＝0時取等號)． 令x＝，則ln<＋， 即ln<， 所以ln＋ln＋…＋ln<2＋＋…＋. 即2＋＋＋…＋>ln(n＋1)． 5