通用版高考数学一轮复习课时突破练21　利用导数证明不等式（含解析）

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通用版高考数学一轮复习
课时突破练21　利用导数证明不等式
1.(13分)已知函数f(x)=xln(x+1).
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:f(x)+x3≥x2.
2.(15分)(2024·四川雅安模拟)已知函数f(x)=.
(1)试问曲线y=f(x)是否存在过原点的切线 若存在,求出切点的坐标;若不存在,请说明理由.
(2)证明:f(x)>x2ln x(参考数据:e5>128).
3.(15分)已知函数f(x)=ax+1(x>0),g(x)=ln x-+2A.
(1)若a=,比较函数f(x)与g(x)的大小;
(2)若m>n>0,求证:.
4.(15分)已知函数f(x)=.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:当a>0时,f(x)≤e2a-2.
答案：
1.(1)解 因为f(x)=xln(x+1),
所以f'(x)=ln(x+1)+,
所以f(1)=ln 2,f'(1)=ln 2+,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-ln 2=(x-1),
即y=x-
(2)证明 令g(x)=f(x)+x3-x2=x3-x2+xln(x+1),其中x>-1,则g'(x)=x2-2x+ln(x+1)+
令h(x)=x2-2x+ln(x+1)+,其中x>-1,则h'(x)=3x-2+,当x>-1时,h'(x)≥0且h'(x)不恒为零,所以函数g'(x)在(-1,+∞)上单调递增,所以当-10时,g'(x)>g'(0)=0,此时函数g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,即f(x)+x3≥x2.
2.(1)解 假设曲线y=f(x)存在过原点的切线,并设切点为(m,km),因为f(x)=,所以f'(x)=,
因此有整理得em(m-1)=em,解得m=2,则km=,所以曲线y=f(x)存在过原点的切线,且切点坐标为
(2)证明 不等式f(x)>x2ln xx2ln x令函数g(x)=(x>0),求导得g'(x)=,
当x∈(0,4)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(4,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)在x=4处取得极小值即最小值g(x)min=g(4)=
令函数h(x)=,求导得h'(x)=,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)在x=e处取得极大值即最大值h(x)max=h(e)=,因为e5>128,即有,因此g(x)min>h(x)max,故不等式f(x)>x2ln x成立.
3.(1)解 当a=时,f(x)=+1,g(x)=ln x++1,令F(x)=f(x)-g(x)=-ln x-,则F'(x)=0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,且F(1)=0.
综上,当x=1时,F(x)=0,f(x)=g(x);当x∈(0,1)时,F(x)<0,f(x)0,f(x)>g(x).
(2)证明 因为m>n>0,则>1,
要证,
即证>ln m-ln n,
即证>ln,
设t=,则t>1,
即证t->ln t2=2ln t,
即证-ln t->0(t>1),
由(1)知,当x∈(1,+∞)时,F(x)>0成立,故不等式成立,所以当m>n>0时,
4.(1)解 当a=1时,f(x)=(x>0),则f'(x)=-,由f'(x)<0,可得x>1,由f'(x)>0,可得0故当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明 当a>0时,f(x)=(x>0),则f'(x)=,
由f'(x)<0,可得x>e1-a;
由f'(x)>0,可得0所以函数f(x)的单调递增区间为(0,e1-a),单调递减区间为(e1-a,+∞),
所以f(x)max=f(e1-a)=
要证当a>0时,f(x)≤e2a-2,
只需证e2a-2,即证ea-1≥a.
记g(a)=ea-1-a,a>0,则g'(a)=ea-1-1,当a∈(0,1)时,g'(a)<0;当a∈(1,+∞)时,g'(a)>0,
所以函数g(a)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞),
所以g(a)min=g(1)=0,所以g(a)≥0恒成立,即ea-1≥a,得证.
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