2024版新教材高考數(shù)學(xué)全程一輪總復(fù)習(xí)課時作業(yè)二十利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

課時作業(yè)(二十)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1.設(shè)函數(shù)f(x)＝x－alnx，已知x＝2是f(x)的極值點(diǎn)．(1)求a；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝(x－1)f(x)＋eq\f(1,x)－1，證明：g(x)≥0.2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax(a∈R).(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)＝ex－f(x)，求證：當(dāng)a＝1時，g(x)>0.3．[2023·廣東四校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝x3＋4x－mlnx，g(x)＝m2(x－1)＋5.(1)若f′(1)＝6，求f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若－2<m<2，證明：當(dāng)x>1時，f(x)>g(x)恒成立．優(yōu)生選做題4．[2023·山東威海模擬]已知函數(shù)f(x)＝2lnx－x＋eq\f(a,x).(1)當(dāng)a＝eq\f(3,4)時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，從下面兩個結(jié)論中選一個證明．①eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2；②f(x2)<eq\f(2,3)a＋2ln2－2.課時作業(yè)（二十）利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1．解析：（1）f′（x）＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)（x>0），若a≤0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增，不合題意．若a>0，當(dāng)x∈（0，a）時，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（a，＋∞）時，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增．f（x）在x＝a處取極小值，故a＝2.（2）證明：由（1）得f（x）＝x－2lnx，則g（x）＝（x－1）（x－2lnx）＋eq\f(1,x)－1＝（x－1）（x－2lnx）－eq\f(x－1,x)＝（x－1）（x－2lnx－eq\f(1,x)）（x>0）.設(shè)h（x）＝x－eq\f(1,x)－2lnx，h′（x）＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)≥0，所以h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，又h（1）＝0.則當(dāng)0<x<1時，h（x）<0，（x－1）h（x）>0，當(dāng)x>1時，h（x）>0，（x－1）h（x）>0，當(dāng)x＝1時，（x－1）h（x）＝0，綜上，h（x）≥0.即g（x）≥0成立．2．解析：（1）f（x）＝lnx＋ax的定義域?yàn)椋?，＋∞），f′（x）＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(1＋ax,x).當(dāng)a≥0時，f′（x）>0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)a<0時，令f′（x）>0，0<x<－eq\f(1,a).令f′（x）<0，x>－eq\f(1,a)，所以f（x）在（0，－eq\f(1,a)）上單調(diào)遞增，在（－eq\f(1,a)，＋∞）上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≥0時，f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f（x）在（0，－eq\f(1,a)）上單調(diào)遞增，在（－eq\f(1,a)，＋∞）上單調(diào)遞減．（2）證明：欲證g（x）>0，只需證ex>lnx＋x.即證eq\f(ex,x)>eq\f(lnx,x)＋1.令t（x）＝eq\f(ex,x)（x>0）.∴t′（x）＝eq\f(ex（x－1）,x2)，∴t（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增．∴t（x）≥t（1）＝e.再令φ（x）＝eq\f(lnx,x)＋1（x>0），∴φ′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)，∴φ（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減．∴φ（x）≤φ（e）＝eq\f(1,e)＋1<e，∴t（x）>φ（x）.故g（x）>0成立．3．解析：（1）因?yàn)閒′（x）＝3x2＋4－eq\f(m,x)，由f′（1）＝3＋4－m＝6得m＝1，f（1）＝13＋4×1－ln1＝5，∴f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y－5＝6（x－1），即y＝6x－1.（2）證明：f（x）＝x3＋4x－mlnx，g（x）＝m2（x－1）＋5，f（x）>g（x）即f（x）－g（x）>0，也即x3＋4x－mlnx－m2（x－1）－5>0.令h（x）＝x3＋4x－mlnx－m2（x－1）－5，則h′（x）＝3x2＋4－m2－eq\f(m,x)＝eq\f(3x3＋（4－m2）x－m,x)，設(shè)函數(shù)l（x）＝3x3＋（4－m2）x－m，則l′（x）＝9x2＋4－m2.顯然l′（x）＝9x2＋4－m2在（1，＋∞）上為增函數(shù)，因?yàn)椋?<m<2，所以l′（1）＝13－m2>0，所以l′（x）>0對x∈（1，＋∞）恒成立，則l（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，從而l（x）>l（1）＝－m2－m＋7.因?yàn)椋?<m<2，所以－m2－m＋7>0，則l（x）>0，從而h′（x）>0對x∈（1，＋∞）恒成立，則h（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）>h（1）＝0，從而當(dāng)x>1時，f（x）>g（x）恒成立．4．解析：（1）f′（x）＝eq\f(2,x)－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋2x－a,x2)（x>0），當(dāng)a＝eq\f(3,4)時，f′（x）＝eq\f(－x2＋2x－\f(3,4),x2)＝－eq\f(4x2－8x＋3,4x2)＝－eq\f(（2x－1）（2x－3）,4x2)，令f′（x）>0，解得eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)；令f′（x）<0，解得0<x<eq\f(1,2)或x>eq\f(3,2)，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（eq\f(1,2)，eq\f(3,2)）；單調(diào)遞減區(qū)間為（0，eq\f(1,2)），（eq\f(3,2)，＋∞）.（2）證明①：由題意知，x1，x2是x2－2x＋a＝0的兩根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2,x1x2＝a))，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(2（lnx2－lnx1）－（x2－x1）＋\f(a（x1－x2）,x1x2),x2－x1)，將x1x2＝a代入得，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)＝eq\f(2（lnx2－lnx1）,x2－x1)－2，要證明eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2，只需證明eq\f(2（lnx2－lnx1）,x2－x1)－2<eq\f(2,\r(a))－2，即eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)<eq\f(1,\r(a))＝eq\f(1,\r(x2x1))，因?yàn)?<x1<x2，所以x2－x1>0，只需證明lneq\f(x2,x1)<eq\f(x2－x1,\r(x1x2))＝eq\r(\f(x2,x1))－eq\r(\f(x1,x2))，令eq\r(\f(x2,x1))＝t，則t>1，只需證明lnt2<t－eq\f(1,t)，即2lnt－t＋eq\f(1,t)<0（t>1），令h（t）＝2lnt－t＋eq\f(1,t)，t>1，h′（t）＝eq\f(2,t)－1－eq\f(1,t2)＝eq\f(－（t－1）2,t2)<0，所以h（t）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，可得h（t）<h（1）＝0，所以2lnt－t＋eq\f(1,t)<0（t>1），綜上可知，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<eq\f(2,\r(a))－2.證明②：f′（x）＝eq\f(2,x)－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2＋2x－a,x2)（x>0）.設(shè)g（x）＝－x2＋2x－a，因?yàn)閒（x）有兩個極值點(diǎn)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a>0,g（0）<0))，解得0<a<1，因?yàn)間（2）＝－a<0，g（1）＝1－a>0，所以1<x2<2，f（x2）－eq\f(2,3)a＝2lnx2－x2＋eq\f(a,x2)－eq\f(2,3)a，由題意可知－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2x2－a＝0，可得a＝－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋2x2代入得，f（x2）－eq\f(2,3)a＝2lnx2＋eq\f(2,3)xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(10,3)x2＋2，令h（x）＝2lnx＋eq\f(2,3)x2－eq\f(10,3)x＋2（1<x<2），h′（x）＝eq\f(2,x)＋eq\f(4,3)x－eq\f(10,3)＝eq\f(2（x－1）（2x－3）,3x)，當(dāng)x∈（1，eq\f(3,2)）時，h′（x）<0，所以h（x）在（1，eq\f(3,2)）上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（eq\f(3,2)，2）時，h′（x）>0，所以h（x）在（eq