2025高考数学一轮复习-17.1-导数与不等式证明-专项训练
1.已知函数f(x)=2ln x+的最小值为2-2ln 2.
(1)求实数a的值.
(2)求证:当x≥1时,f(x)≤.
2.已知函数f(x)=ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.
(2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2).
3.已知函数f(x)=aln x+x.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)当a=1时,证明:xf(x)
4.已知函数f(x)=ln x+-ax,函数g(x)=-2aex+1.
(1)当a>0时,求f(x)的单调区间.
(2)已知a≥,ex>,求证:g(x)<0.
(3)已知n为正整数,求证:+…+>ln 2.
5.函数f(x)=ln x-ax+1.
(1)若f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围.
(2)证明:(e-x+1)<+1.
参考答案
1.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)没有最小值;若a>0,则由f'(x)<0,得00,得x>因此,f(x)在上单调递减,在上单调递增,故f(x)min=f=2ln+2=2-2ln 2,解得a=1.
(2)证明 由(1)知f(x)=2ln x+令g(x)=f(x)-=2ln x+,则g'(x)=-x==-当x≥1时,x-1≥0,x(x+1)-1>0,所以g'(x)≤0(当且仅当x=1时等号成立),所以g(x)在[1,+∞)上单调递减.因此,当x≥1时,有g(x)≤g(1)=0,即f(x)
2.(1)解 由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex,则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,所以所求切线方程为x-y+1=0.
(2)证明 设g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2),则g'(x)=ex-1,当-20时,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(当且仅当x=0时取等号).令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),则h'(x)=1-,则当-2-1时,h'(x)>0,即有h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(当且仅当x=-1时取等号),所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2).
3.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+1=当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,若x∈(0,-a),则f'(x)<0;若x∈(-a,+∞),则f'(x)>0.所以f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增.
(2)证明 当a=1时,要证xf(x)0,得x∈(0,e);令g'(x)<0,得x∈(e,+∞).所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+令函数h(x)=,则h'(x)=当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=因为>0,所以h(x)min>g(x)max,即1+,从而xf(x)4.(1)解 ∵f(x)=ln x+-ax(x>0),∴f'(x)=-a=
①当a时,此时Δ=1-4a2≤0,则f'(x)≤0恒成立,则f(x)的减区间为(0,+∞).
②当00,解得x,则f(x)的增区间为.令f'(x)<0,解得x∈0,∪,+∞,则f(x)的减区间为0,,,+∞.综上,当a时,f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;当0(2)证明 欲证g(x)=-2aex+1<0,需证x+ln 2x-2axex+<0,即需证ln(2xex)-2axex+<0.令t=2xex,即需证ln t-at+<0,设h(t)=ln t-at+,∵t=2xex>1,由(1)知当a时,h(t)的减区间为(0,+∞),所以h(t)(3)证明 由(2)知,当t>1,a=时,ln t<,令t=+1(n∈N*),则ln,即ln(n+2)-ln n<,所以ln(n+3)-ln(n+1)<,ln(n+4)-ln(n+2)<,ln(n+5)-ln(n+3)<,…,
ln(2n+1)-ln(2n-1)<,ln(2n+2)-ln(2n)<以上各式相加得,
ln(2n+2)+ln(2n+1)-ln n-ln(n+1)<2+…+,+…+lnln4+>ln 2.
5.(1)解 f'(x)=-a=,x>0.当a≤0时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,
取x=1,f(1)=-a+1≥1,不符合题意,舍去.当a>0时,令f'(x)>0,得0,故f(x)在上单调递增,在上单调递减.当x=时,f(x)取得最大值,即f(x)max=f=ln,若f(x)≤0恒成立,则ln0,解得a≥1.
故实数a的取值范围是[1,+∞).
(2)证明 要证(e-x+1)<+1,即证设h(x)=(x>0),则h'(x)=,令h'(x)>0,解得0e.故h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.当x=e时,h(x)取得最大值,即h(x)max=h(e)=,故h(x)=设F(x)=xex-1-ln x-x(x>0),则F'(x)=ex-1+xex-1--1=ex-1(1+x)-=(1+x)设φ(x)=ex-1-(x>0),则φ'(x)=ex-1+>0,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(1)=e1-1-1=0.当x∈(0,1)时,φ(x)<0;当x∈(1,+∞)时,φ(x)>0.故当x∈(0,1)时,F'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.故当x=1时,F(x)取得最小值,即F(x)min=F(1)=0,故F(x)≥0,即xex-1-ln x-x≥0,故,当且仅当x=1时,等号成立.又h(x)=,当且仅当x=e时,等号成立,所以两个等号不能同时成立,所以故(e-x+1)<+1.(共27张PPT)
第17讲 导数的综合应用
第1课时 导数与不等式证明
第三章
一元函数的导数及其应用
已知函数f(x)＝x(ln x－a)，a∈R.
(1) 若函数f(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围；
构造新函数求最值证明不等式
举 题 说 法
1
【解析】
f′(x)＝ln x－a＋1，因为函数f(x)在[1，4]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1，4]上恒成立，又f′(x)＝ln x－a＋1在[1，4]上单调递增，所以f′(x)min＝f′(1)＝－a＋1，所以－a＋1≥0，解得a≤1，所以a的取值范围是(－∞，1].
已知函数f(x)＝x(ln x－a)，a∈R.
(2) 对任意a＞0，求证：f(x)≤x(x－2－ln a).
【解答】
1
因为a＞0，x＞0，所以要证f(x)≤x(x－2－ln a)，只需证ln x－a≤x－2－ln a．
已知f(x)＝x2－x ln x.
(1) 求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
隔离分析证明不等式
2
【解答】
因为f(x)＝x2－x ln x，所以f(1)＝1，f′(x)＝2x－ln x－1，则f′(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝1×(x－1)，即y＝x.
已知f(x)＝x2－x ln x.
(2) 当a∈(0，2e)时，求证：2x2－(2x＋a)ln x＞0.
【解答】
2
变式 已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.
(1) 求f(x)的最小值；
【解答】
由题意可得 f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.由f′(x)＞0，得x＞0，由f′(x)＜0，得x＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．故f(x)min＝f(0)＝0.
变式 已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1.
(2) 求证：ex＋x ln x＋x2－2x＞0.
(提示：原不等式等价于f(x)＞g(x))
【解答】
要证ex＋x ln x＋x2－2x＞0，即证ex＋x2－x－1＞－x ln x＋x－1.由(1)可知当x＞0时，f(x)＞0恒成立．
设g(x)＝－x ln x＋x－1，x＞0，则g′(x)＝－ln x，由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得x＞1，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，当且仅当x＝1时，等号成立．故f(x)＞g(x)，即ex＋x ln x＋x2－2x＞0.
已知函数f(x)＝ax－sin x.
(1) 若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
利用放缩法证明不等式
3
【解答】
因为f(x)＝ax－sin x，所以f′(x)＝a－cos x，由函数f(x)为增函数，知f′(x)＝a－cos x≥0恒成立，即a≥cos x在R上恒成立．因为y＝cos x∈[－1，1]，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
已知函数f(x)＝ax－sin x.
(2) 求证：当x＞0时，ex＞2sin x.
(提示：用x＞sin x放缩)
【解答】
3
由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，即x＞sin x．
要证当x＞0时，ex＞2sin x，只需证当x＞0时，ex＞2x，即证ex－2x＞0在(0，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ex－2x(x＞0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，所以g(x)≥g(ln 2)＞0，所以ex＞2x成立．故当x＞0时，ex＞2sin x．
【解答】
设h(x)＝ex－ex，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ex－e，易得函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝0，故ex≥ex恒成立．
随 堂 练习
1．已知函数f(x)＝ax＋x ln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．
(1) 求实数a的值；
【解答】
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a，由题意知，f′(e)＝2＋a＝4，则a＝2.
1．已知函数f(x)＝ax＋x ln x，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线4x－y＋1＝0平行．
(2) 求证：当x＞0时，f(x)＞4x－3.
【解答】
由(1)知，f(x)＝2x＋x ln x，令g(x)＝f(x)－(4x－3)＝x ln x－2x＋3，则g′(x)＝ln x－1，由ln x－1＞0得x＞e，由ln x－1＜0得0＜x＜e，故g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e)＝3－e＞0，即g(x)＞0，即f(x)＞4x－3.
配套精练
A组 夯基精练
1．已知函数f(x)＝ex－x－1.
(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；
【解答】
易知函数f(x)的定义域为R，因为f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，令f′(x)＞0，解得x＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)＜0，解得x＜0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，所以函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
【解答】
2．已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
【解答】
因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．
当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
【解答】
【解答】
【解答】
4．已知函数f(x)＝a·2x－x ln 2.
(1) 讨论f(x)的单调性；
f′(x)＝a ln 2·2x－ln 2＝ln 2(a·2x－1)，当a≤0，f′(x)＜0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
【解答】
【解答】
【解析】
AC
6．已知定义域为R的函数f(x)同时具有下列三个性质，则f(x)＝_______________________________.(写出一个满足条件的函数即可)
①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)；②f′(x)是偶函数；③当x＋y＞0时，f(x)＋f(y)＜0.
－x(答案不唯一，kx(k＜0)均可)
【解析】
由条件①，设f(x)＝kx，则f′(x)＝k，满足条件②，此时易知f(x)为奇函数，再由条件③，当x＞－y时，有f(x)＜－f(y)＝f(－y)，可知f(x)为R上的减函数，所以k＜0.
7．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5，a＞1.
(1) 若函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求a的值；
因为f(x)＝x2－2ax＋5的图象开口向上，且对称轴为x＝a(a＞1)，所以f(x)在[1，a]上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝6－2a，f(x)min＝f(a)＝5－a2.
【解答】
7．已知函数f(x)＝x2－2ax＋5，a＞1.
(2) 若函数f(x)在区间(－∞，2]上单调递减，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有f(x1)－f(x2)≤9成立，求实数a的取值范围．
因为f(x)在(－∞，2]上是减函数，所以a≥2，所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝5－a2.
又f(1)－f(a＋1)＝a2－2a≥0，所以f(x)max＝f(1)＝6－2a. 因为对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有f(x1)－f(x2)≤9成立，所以f(1)－f(a)≤9，即6－2a－(5－a2)≤9，整理得a2－2a－8≤0，解得－2≤a≤4.又a≥2，所以实数a的取值范围为[2，4].
【解答】
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