新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习高考解答题专项一第1课时利用导数证明不等式北师大版含答案

新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习：
高考解答题专项一 函数与导数中的综合问题
第1课时 利用导数证明不等式
1.(2021吉林长春诊断测试)已知函数f (x )=a e x
-e x.
(1)若对任意的实数x 都有f (x )≥0成立,求实数a 的取值范围; (2)当a ≥1且x ≥0时,证明:f (x )≥(x-1)2
.
2.(2021浙江宁波高三期末)已知函数f (x )=a e x
-4x ,a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间; (2)当a=1时,证明:f (x )+x 2
+1>0.
3.(2021辽宁朝阳高三一模)已知函数f (x )=e x
-a sin x-x ,曲线f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为
x+y-1=0.
(1)求实数a 的值; (2)证明:∀x ∈R ,f (x )>0.
4.(2021河北石家庄高三三模)已知函数f (x )=a ln x-x 2
+x+3a.若0<a<1
4,证明:f (x )<e x
x -x 2
+x.
5.(2021福建泉州高三二模)已知函数f (x )=
a -lnx x
在x=1处取得极值.
(1)求实数a 的值,并求函数f (x )的单调区间; (2)证明:f (x )+x+2
3>0.
6.(2021湖南郴州高三三模)已知函数f (x )=(x+1)ln x. (1)求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)证明:
ln21
+
ln76
+…+
ln(n 2-2)n 2-3
+2n
>3
2
(n ≥2,n ∈N *
).
高考解答题专项一 函数与导数中的综合问题
第1课时 利用导数证明不等式
1.(1)解若对任意的实数x 都有f (x )≥0,即a e x
-e x ≥0,所以a ≥ex
e
x .
令g (x )=ex e x ,则g'(x )=1−x
e x -1.令g'(x )=0得x=1.
当x<1时g'(x )>0;当x>1时g'(x )<0,所以g (x )在x=1处取得极大值亦即最大值g (1)=1,即a ≥1.故实数a 的取值范围是[1,+∞).
(2)证明由于当a ≥1且x ≥0时,f (x )=a e x
-e x ≥e x
-e x ,因此只需证明e x
-e x ≥(x-1)2
.只需证明
(x -1)2+ex
e x
≤1.
设h (x )=(x -1)2+ex
e x
-1(x ≥0), 则h'(x )=
(x -1)(3-e -x)
e x
.
所以当0≤x<3-e 时,h'(x )<0,h (x )单调递减;当3-e <x<1时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x>1时,h'(x )<0,h (x )单调递减.又因为h (0)=0,h (1)=0,且x=1是h (x )的极大值,因此当x ≥0时,必有
h (x )≤0,故原不等式成立.
2.(1)解f'(x )=a e x
-4.
当a ≤0时,f'(x )<0,f (x )在R 上单调递减; 当a>0时,令f'(x )<0,可得x<ln 4
a ,
令f'(x )>0,可得x>ln 4
a ,所以f (x )在(-∞,ln 4
a )上单调递减,在(ln 4
a ,+∞)上单调递增.
综上所述,当a ≤0时,f (x )的单调递减区间为(-∞,+∞);当a>0时,f (x )的单调递增区间为(ln 4a ,+∞),单调递减区间为(-∞,ln 4
a ).
(2)证明当a=1时,f (x )=e x
-4x ,令g (x )=f (x )+x 2
+1=e x -4x+x 2
+1.
g'(x )=e x -4+2x ,令h (x )=e x -4+2x ,则h'(x )=e x +2>0恒成立,所以g'(x )在R 上单调递增,又因为g'(0)=-3<0,g'(1)=e -2>0,由函数零点存在定理可得存在x 0∈(0,1),
使得g'(x 0)=0,即e x 0-4+2x 0=0.
当x ∈(-∞,x 0)时,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.
所以g (x )min =g (x 0)=e x 0-4x 0+x 02+1=4-2x 0-4x 0+x 02+1=x 02
-6x 0+5,
由于x 0∈(0,1),所以由二次函数性质可得g (x )min >g (1)=0,所以g (x )>0,故f (x )+x 2
+1>0.
3.(1)解根据题意,f (x )=e x
-a sin x-x ⇒f'(x )=e x
-a cos x-1,因为曲线f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为x+y-1=0,所以f'(0)=-1⇔1-a-1=-1⇒a=1.故实数a 的值为1.
(2)证明由于f (x )=e x
-sin x-x ,要证明∀x ∈R ,f (x )>0,需证明e x
-x>sin x.因为sin x ∈[-1,1],故需证明e x
-x>1.
令g (x )=e x
-x ,g'(x )=e x
-1, 令g'(x )=0⇒x=0.
g'(x )>0⇒x>0,g'(x )<0⇒x<0,
所以函数g (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故g (x )min =g (0)=1,即∀x ∈R ,e x
-x ≥1,所以e x
-x-sin x ≥1-sin x ≥0,所以∀x ∈R ,f (x )>0.
4.证明由已知得需证a (ln x+3)<e x
x .因为a>0,x>0,所以e x
x >0,当ln x+3<0时,不等式显然成立. 当ln x+3>0时,由于0<a<1
4,
所以a (ln x+3)<1
4
(ln x+3),
因此只需证1
4(ln x+3)<e x
x ,即证
lnx+34x
<e x
x 2.令g (x )=
lnx+34x
,所以g'(x )=
-lnx -24x 2
,令g'(x )=0,得x=e -2
,
当x ∈(0,e -2
)时,g'(x )>0,当x ∈(e -2
,+∞)时,g'(x )<0,即g (x )在(0,e -2
)上单调递增,在(e -2
,+∞)上单调递减.所以g (x )max =g (e -2
)=e 2
4.
令h (x )=e x x
2,则h'(x )=
e x (x -2)x 3
,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)=e 2
4.所以g (x )≤h (x ),但两边取得最值的条件不相等,即证得a (ln x+3)<e x
x ,故f (x )<e x
x -x 2
+x. 5.(1)解f'(x )=
-1-a+lnx x 2
,由题意得f'(1)=-1-a=0,即a=-1.
于是f'(x )=lnx
x 2(x>0), 当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;
当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以实数a 的值为-1,f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)证明要证f (x )+x+2
3>0,即证
-1-lnx x
+x+23>0,因为x>0,即证x 2+2
3x-ln x-1>0.令g (x )=x-1-ln x ,则
g'(x )=1-1x =
x -1x
,
所以当x ∈(0,1)时,g (x )单调递减,当x ∈(1,+∞)时,g (x )单调递增,所以g (x )≥g (1)=0,即ln x ≤
x-1,则ln2x ≤2x-1,即ln2+ln x ≤2x-1,
所以ln x ≤2x-1-ln2,
则x 2
+2
3
x-ln x-1≥x 2
+2
3
x-2x+1+ln2-1=x 2
-4
3
x+ln2.
令h (x )=x 2
-4
3x+ln2=(x -23)2
+ln2-49,又因为ln2>ln √e =12,所以ln2-4
9>0,则h (x )>0,故x 2
+2
3x-ln x-1>0
成立,则f (x )+x+2
3>0.
6.(1)解函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ln x+
x+1x
,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率
为k=f'(1)=2,又因为f (1)=0,所以该切线方程为y=2(x-1).
(2)证明设F (x )=(x+1)ln x-2x+2(x>1),则F'(x )=ln x+1
x -1,令g (x )=F'(x ),则g'(x )=1
x −1
x 2=
x -1x 2
,当
x>1时,g'(x )>0,所以g (x )=F'(x )在(1,+∞)上单调递增,又因为g (1)=0,所以g (x )=F'(x )>0,
即F (x )在(1,+∞)上单调递增,所以F (x )>F (1)=0, 故当x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).令x=n 2
-2>1(n ≥2,n ∈N *
), 则(n 2
-1)ln(n 2
-2)>2(n 2
-3),
所以
ln(n 2-2)n 2-3>
2n 2-1=
2(n -1)(n+1)=
1n -1
−
1
n+1
,因此∑
k=2
n
ln(k 2-2)k 2-3
>1-13+
12
−
14
+
13
−
15
+
14
−
16
+…+
1n -2
−1n
+
1n -1
−
1
n+1
,
化简可得∑
k=2
n
ln(k 2-2)k 2-3
>1+1
2−1
n −1
n+1>3
2−2
n .所以
ln21
+
ln76
+…+
ln(n 2-2)n 2-3
+2n >3
2(n ≥2,n ∈N *
),故原不等
式成立.。