近年届高考数学一轮复习第二篇函数、导数及其应用第11节第三课时利用导数证明不等式专题训练理新人教版

2019届高考数学一轮复习第二篇函数、导数及其应用第11节第三课时利用导数证明不等式专题训练理新人教版
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第三课时利用导数证明不等式专题
【选题明细表】
知识点、方法题号
构造函数证明不等式1,2
函数零点(方程根）有关不等式3
证明与数列有关的不等式4
1.（2017·咸阳二模）已知三次函数f(x)的导函数f′(x)=—3x2+3且f(0)=-1，g（x)=xln x+ (a≥1).
(1）求f(x)的极值；
（2）求证:对任意x1,x2∈(0,+∞)，都有f（x1）≤g（x2).
（1）解：依题意得f（x)=—x3+3x-1,f′(x）=-3x2+3=—3（x+1）(x—1)，知f（x）在（-∞，—1）和(1,+∞）上是减函数,在(—1,1）上是增函数，所以f(x)极小值=f（—1)=—3,f（x）极大值=f(1）=1。

（2）证明:法一易得x>0时,f（x）最大值=1，
依题意知，只要1≤g(x)(x〉0)⇔x≤x2ln x+a(x>0），
由a≥1知，只要x≤x2ln x+1(x>0)，即x2ln x+1—x≥0(x>0），
令h（x）=x2ln x+1—x(x>0），则h′（x）=2xln x+x—1,
h′（1）=0，当x〉1时,h′(x）〉0;当0〈x〈1时,h′(x)<0，
即h（x）在（0，1）上是减函数，在(1,+∞)上是增函数,h(x）最小值=h（1）=0,
即h（x）≥0对任意x1，x2∈(0, +∞),都有f(x1)≤g(x2）。

法二易得x〉0时,f（x)最大值=1，
由a≥1知,g(x)≥xln x+ (x>0）,令h(x）=xln x+ （x>0),
则h′(x)=ln x+1-=ln x+，
注意到h′(1）=0,当x〉1时，h′（x)〉0；当0〈x〈1时,h′（x)<0,
即h(x)在(0，1)上是减函数,在(1，+∞)是增函数，
h(x)最小值=h(1) =1,所以h（x)最小值=1,
即g(x)最小值=1.
综上知对任意x1,x2∈(0,+∞）,都有f（x1)≤g(x2).
法三易得x〉0时,f（x）最大值=1，
由a≥1知，g（x)≥xln x+ (x>0)，令h(x）=xln x+ （x>0）,则h′(x)=ln x+1—(x>0)，
令ϕ(x)=ln x+1-（x〉0),则ϕ′（x）= +〉0，
知ϕ(x)在（0,+∞）上递增，注意到ϕ(1)=0,
所以，h（x）在(0，1）上是减函数,在（1,+∞)上是增函数,
有h(x）最小值=1,即g(x)最小值=1,
综上知对任意x1，x2∈(0，+∞）,都有f(x1）≤g(x2).
2.导学号 38486068(2017·山东模拟）已知函数f（x)=ln x—x2+x。

(1)求函数f(x)在点x=2处的切线方程；
（2)求函数f（x）的极值；
（3）证明：当a≥2时，关于x的不等式f（x）〈( —1)x2+ax-1恒成立。

（1）解:f′（x）= -2x+1（x>0),
故f′(2）=—，f(2）=ln 2—2,
故切线方程是y—(ln 2-2）=- （x-2）,
整理得y=—x+3+ln 2.
(2）解:f′（x）= —2x+1=（x>0),
由f′（x)<0，得2x2—x-1>0。

又x〉0,所以x>1,
所以f(x）的单调递减区间为(1,+∞）,函数f（x）的单调递增区间为（0，1)，
故f(x）极大值=f（1）=0，无极小值.
(3）证明：令g（x)=f（x）—［( -1)x2+ax—1］=ln x-ax2+（1-a)x+1,
所以g′(x)= -ax+(1—a)=,
因为a≥2，所以g′（x)=—，
令g′(x)=0,得x=,所以当x∈(0， )，g′(x)〉0，当x∈（,+∞）时，g′(x)〈0,
因此函数g（x）在x∈（0，)上是增函数，在x∈(，+∞）上是减函数，
故函数g(x）的最大值为g（)=ln —a×()2+（1—a)×+1=-ln a，
令h(a)=—ln a,因为h（2)= -ln 2<0,
h′（a）=--，因为a>0，所以h′(a）<0,
则h（a）在（0，+∞）上是减函数,
所以当a≥2时,h(a)〈0，即对于任意正数x总有g（x）〈0，
所以关于x的不等式恒成立。

3。

（2017·河南安阳一模)已知函数f（x）=x+aln x与g（x）=3—的图象在点（1,1）处有相同的切线。

(1)若函数y=2（x+m）与y=f（x)的图象有两个交点，求实数m的取值范围；
(2)设函数F(x)=3(x—）+g（x)-2f（x）有两个极值点x1,x2,且x1<x2，求证:F(x2）<x2—1.
(1)解:因为f′(x）=1+，g′（x)=，
根据题意得解得
所以f(x）=x+ln x，
设T（x)=f(x)—2x-2m=ln x—x—2m，则T′(x)= —1,
当x∈(0，1)时,T′（x)〉0,当x∈(1，+∞）时，T′(x）<0，
所以T（x）max=T(1)=-1-2m,
因为x→0时,T（x)→—∞，
x→+∞时,T（x）→—∞,
故要使两图象有2个交点，只需—1-2m>0，解得m〈—，
故实数m的范围是（-∞,—）。

(2)证明：由题意，函数F(x)=x——2ln x，其定义域是（0,+∞），
F′(x）=,
令F′（x)=0，即x2—2x+m=0，其判别式Δ=4—4m，
函数F(x）有2个极值点x1,x2，
等价于方程x2-2x+m=0在（0，+∞）内有2个不等实根，
又x1x2〉0，故0〈m<1，
所以x2=1+且1<x2〈2,m=—+2x2，
F(x2)-x2+1=x2—2ln x2—1，
令h(t）=t—2ln t-1,1<t<2，
则h′(t)=,
由于1<t<2，则h′(t)<0，
故h(t)在(1,2)上递减,
故h(t)<h(1)=1—2ln 1-1=0,
所以F(x2)—x2+1=h(x2)〈0,
所以F（x2）〈x2—1。

4.（2017·江西模拟）已知函数f（x)=ln（1+x）-x，g(x)=(a∈R）。

（1)求函数f（x）的单调区间及最值；
(2）若对∀x〉0,f（x)+g（x）〉1恒成立,求a的取值范围;
(3)求证: +++…+<ln(n+1)(n∈N＊）.
（1)解：f(x）的定义域为（—1,+∞），f′（x)=—1=-.f′（x）〉0⇔-1< x<0;f′（x）<0⇔x>0,
所以函数f（x）的增区间为（—1，0）,减区间为（0，+∞),
f(x)max=f（0)=0,无最小值.
（2）解：∀x〉0,f(x）+g（x)〉1⇔∀x>0，ln(1+x)-x+>1
⇔∀x>0，ln(1+x)+>1⇔∀x>0，a〉（x+2）［1-ln(1+x)］,令h(x)=(x+2）[1-ln（1+x）].
则h′（x)=1—ln(1+x)—=-ln（1+x）—。

当x>0时,显然h′(x)=-ln(1+x)-〈0,
所以h（x）在（0,+∞)上是减函数.
所以当x>0时,h（x)〈h（0）=2。

所以,a的取值范围为［2,+∞）.
（3)证明:由(2)知,当a=2，x〉0时,ln(1+x)+〉1,
即ln(1+x）>（＊)。

在（*)式中，令x= （k∈N*)，得ln〉，
即ln>,
依次令k=1,2，3,…，n,
得ln>,ln>，ln〉，…,ln>。

将这n个式子左右两边分别相加,
得ln(n+1)〉 +++…+.。