（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业17(001).DOC

1、课时作业课时作业 17利用导数证明不等式利用导数证明不等式 1(2021唐山模拟)已知 f(x)1 2x 2a2lnx，a0. (1)求函数 f(x)的最小值； (2)当 x2a 时，证明：fxf2a x2a 3 2a. 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)xa 2 x xaxa x . 当 x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增 所以当 xa 时，f(x)取得极小值，也是最小值，且 f(a)1 2a 2a2lna. (2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，)上单调递增， 则所证不等式等价于 f(x)f(2a)3 2a(x2a)0. 设 g(x)f(x)f(2a)3

2、2a(x2a)， 则当 x2a 时，g(x)f(x)3 2ax a2 x 3 2a 2xax2a 2x 0， 所以 g(x)在(2a，)上单调递增， 当 x2a 时，g(x)g(2a)0， 即 f(x)f(2a)3 2a(x2a)0， 故fxf2a x2a 3 2a. 2(2021重庆调研)已知函数 f(x)lnx1 ex (e 是自然对数的底数) (1)求 f(x)的单调区间； (2)设 g(x)e xxf(x)，证明：x1gx ex 1e 2. 解：(1)由题可得 f(x) 1 xlnx1 ex ，令 k(x)1 xlnx1，则 k(x) 1 x2 1 x0 在(0，)上恒成立， 即 k(

3、x)在(0，)上是减函数， 由 k(1)0 知，当 0 x0，f(x)0， 当 x1 时，k(x)0，f(x)0. f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，) (2)证明：由(1)得 g(x)1xlnx1 ex ，当 x1 时，易知 g(x)0， 当 x1 时，x1gx ex 1e 2， 现只需证 0 x1 时，x1gx ex 1e 2，即证gx ex 1e 2 x1 成立，令 G(x)exx1(0 x0 恒成立， G(x)在(0,1)上单调递增， G(x)G(0)0 恒成立，即 exx10， 只需证明对任意 0 x1，g(x)1e 2 恒成立 当 0 x1，且由(1)知 k(

4、x)0，g(x)0，g(x)1xlnxx ex 0， 当 x(e 2,1)时，F(x)0， 当 xe 2 时，F(x)取得最大值 1e 2， g(x)F(x)1e 2， 即当 0 x1 时，g(x)1e 2. 综上所述，x1gx ex 1e 2. 3(2021河北联考)设函数 f(x)x1 xtlnx，其中 x(0,1)，t 为正实数 (1)若不等式 f(x)0 恒成立，求实数 t 的取值范围； (2)当 x(0,1)时，证明：x2x1 x1e xlnx. 解：(1)由题意得 f(x)1 1 x2 t x x2tx1 x2 ，0 x1， 设 h(x)x2tx1(0 x0， 当 t240，即 0

5、t2 时，h(x)0，f(x)0， 所以函数 f(x)在(0,1)上单调递增，又当 x1 时，f(x)0，故 f(x)0，即 t2 时，h(x)图象的对称轴为直线 xt 21. 因为 x0 时，h(x)10；x1 时，h(x)2t0，f(x)0；当 x(x1,1)时，h(x)0，f(x)0，不满足题意 综上可得，实数 t 的取值范围是(0,2 (2)证明：由题可得x 3x2x1 x exlnx 等价于x 21x1 x exlnx.因为 x(0,1)，所以 lnx ex x1， 由(1)知当 t2 时， x 1 x2lnx2.令 m(x) ex x1(0 x0，所以函数 m(x)在区间(0,1)

6、上单调递增， 又当 x1 时，m(x)e 2，所以 m(x) e 22 ex x1在(0,1)上恒成立 综上，当 x(0,1)时，恒有 x2x1 x10 恒成立，求实数 k 的取值范围； (3)当 nm1(m，nN*)时，证明： n m m n m n . 解：(1)f(x)axxlnx，f(x)alnx1， 又 f(x)的图象在 xe 处的切线的斜率为 3，f(e)3， 即 alne13，a1. (2)由(1)知，f(x)xxlnx，f(x)kx2对任意 x0 恒成立k1lnx x 对任意 x0 恒成立 令 g(x)1lnx x ，则 g(x) 1 xx1lnx x2 lnx x2 ， 令

7、g(x)0，解得 x1. 当 0 x0，g(x)在(0,1)上单调递增； 当 x1 时，g(x)0)，h(x)0，h(x)在(1，)上单 调递增 nm1，h(n)h(m)，即nlnn n1 mlnm m1， 即 mnlnnnlnnmnlnmmlnm， 即 mnlnnmlnmmnlnmnlnn， 即 lnnmnlnmmlnmmnlnnn，ln(mnn)mln(nmm)n， (mnn)m(nmm)n，故 n m m n m n . 5(2021天津测试)已知函数 f(x)x22xlnx，函数 g(x) xa x(lnx) 2，其中 aR，x0是 g(x)的一个极值点，且 g(x0)2. (1)讨论

8、 f(x)的单调性； (2)求实数 x0和 a 的值； (3)证明：错误错误! 1 4k21 1 2ln(2n1)(nN *) 解：(1)由已知可得函数 f(x)的定义域为(0，)，且 f(x)2x2lnx2.令 h(x)f(x)，则有 h(x)2x1 x . 由 h(x)0 可得 x1，故可知当 x 变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x(0,1)1(1，) h(x)0 h(x)极小值 所以 h(x)h(1)0，即 f(x)0，可得 f(x)在区间(0，)单调递增 (2)由已知可得函数 g(x)的定义域为(0，)，且 g(x)1 a x2 2lnx x .由已知，得 g(x0)0，

9、得 x202x0lnx0a 0. 由 g(x0)2 可得 x20 x0(lnx0)22x0a0， 联立，消去 a，可得 2x0(lnx0)22lnx020. 令 t(x)2x(lnx)22lnx2，则 t(x)22lnx x 2 x 2xlnx1 x .由(1)知 xlnx10，故 t(x)0，所以 t(x) 在区间(0，)单调递增 注意到 t(1)0，所以方程有唯一解 x01，代入，可得 a1.所以，x01，a1. (3)证明：由(1)知 f(x)x22xlnx 在区间(0，)单调递增，故当 x(1，)时，f(x)f(1)1，所以当 x(1， )时，g(x)x 22xlnx1 x2 fx1

10、x2 0，可得 g(x)在区间(1，)单调递增因此，当 x1 时，g(x)g(1)2，即 x1 x(lnx) 22， 亦即( x 1 x) 2(lnx)2，这时 x 1 x0，lnx0， 故可得 x 1 xlnx，取 x 2k1 2k1，kN *， 可得 2k1 2k1 2k1 2k1ln(2k1)ln(2k1) 又 2k1 2k1 2k1 2k1 2 4k21， 所以错误错误! 2 4k21 错误错误!ln(2k1)ln(2k1)ln(2n1)所以，错误错误! 1 4k21 1 2ln(2n1)(nN *) 6(2021临沂模拟)已知函数 f(x)alnx，g(x)1 2x 2bxb，a，b

11、R. (1)设 F(x)xf(x)，求 F(x)在a,2a上的最大值 (2)设 G(x)f(x)g(x)，若 G(x)的极大值恒小于 0，求证：abe 4 2 . 解：(1)由题意知 a0，F(x)axlnx，F(x)alnxaa(lnx1)，当 0 x1 e时，F(x) 1 e时，F(x)0， F(x)的单调递减区间是 0，1 e ，单调递增区间是 1 e，.从而 F(x)maxmaxF(a)，F(2a) F(2a)F(a)2a2ln2aa2lnaa2ln4a， 当 a1 4时，F(2a)F(a)0，此时 F(x) maxF(2a)2a2ln2a，当 0a1 4时，F(2a)F(a)0，此时

12、 F(x) maxF(a) a2lna. 综上，当 xa,2a时，F(x)max a2lna，01 4. (2)证明：依题意知 G(x)f(x)g(x)alnx1 2x 2bxb，则 G(x)a xxb x2bxa x (x0)， G(x)存在极大值，关于 x 的方程 x2bxa0 有两个不相等的正根 x1，x2， 不妨设 0 x10，且 0 x10，G(x)在(0，x1)上单调递增； 当 x(x1，x2)时，G(x)0，G(x)在(x2，)上单调递增 G(x)有极大值 G(x1)alnx11 2x 2 1bx1b， 又 bx1x21a， 当 0 x1 a时，G(x1)alnx11 2x 2 1ab0，v(x)在(0， a)上单调递增，v(x)0)， 则 k(a)5 2 1 2(1lna) 1 2(4lna)， 当 a(0，e4)时，k(a)0，k(a)在(0，e4)上单调递增； 当 a(e4，)时，k(a)0，k(a)在(e4，)上单调递减 k(a)k(e4)5 2e 41 2e 4lne41 2e 4，即 abe4 2 .