2022届高考数学一轮复习第二章第十节第3课时利用导数证明不等式课时作业理含解析北师大版

第 3 课时 利用导数证明不等式 授课提示：对应学生用书第 293 页 [A 组 基础保分练] 1．已知函数 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)． (1)求函数 y＝f(x)的单调区间； (2)当 a＝1 时，证明：对任意的 x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2. 解析：(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由已知得 f′(x)＝2x－(a－2)－ a x ＝ 2x2－（a－2）x－a x ＝ （2x－a）（x＋1） x . 当 a≤0 时，f′(x)＞0 对任意 x∈(0，＋∞)恒成立，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． 当 a＞0 时，由 f′(x)＞0，得 x＞ a 2 ， 由 f′(x)＜0，得 0＜x＜ a 2 ， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 a 2 ，＋∞ ，单调递减区间为 0， a 2 . (2)证明：当 a＝1 时，不等式 f(x)＋ex＞x2＋x＋2 可变为 ex－ln x－2＞0. 令 h(x)＝ex－ln x－2，则 h′(x)＝ex－ 1 x ， 可知函数 h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，而 h′ 1 3 ＝e 1 3－3＜0，h′(1)＝e－1＞0， 所以方程 h′(x)＝0 在(0，＋∞)上存在唯一实根 x0，且 x0∈ 1 3 ，1 ，使 ex0＝ 1 x0 . 当 x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，函数 h(x)单调递减；当 x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，函数 h(x)单 调递增． 所以h(x)min＝h(x0)＝ex0－ln x0－2＝ 1 x0 －ln 1 ex0 －2＝ 1 x0 ＋x0－2＞0，即ex－ln x－2＞0在(0， ＋∞)上恒成立，所以对任意 x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2 成立． 2．已知函数 f(x)＝ax－ln x－1. (1)若 f(x)≥0 恒成立，求 a 的最小值； (2)证明： e－x x ＋x＋ln x－1≥0； (3)已知 k(e－x＋x2)≥x－xln x 恒成立，求 k 的取值范围． 解析：(1)由题意知 x＞0， 所以 f(x)≥0 等价于 a≥ ln x＋1 x . 令 g(x)＝ ln x＋1 x ，则 g′(x)＝ －ln x x2 ， 所以当 x∈(0，1)时，g′(x)＞0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0. 则 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 g(x)max＝g(1)＝1，则 a≥1， 所以 a 的最小值为 1. (2)证明：当 a＝1 时，由(1)得 x≥ln x＋1. 即 t≥ln t＋1. 令 e－x x ＝t，则－x－ln x＝ln t， 所以 e－x x ≥－x－ln x＋1，即 e－x x ＋x＋ln x－1≥0. (3)因为 k(e－x＋x2)≥x－xln x， 即 k e－x x ＋x ≥1－ln x 恒成立， 所以 k≥ 1－ln x e－x x ＋x ＝－ e－x x ＋x＋ln x－1 e－x x ＋x ＋1， 由(2)知 e－x x ＋x＋ln x－1≥0 恒成立， 所以－ e－x x ＋x＋ln x－1 e－x x ＋x ＋1≤1，故 k≥1. [B 组 能力提升练] 1．已知函数 f(x)＝ax＋xln x 在 x＝e－2(e 为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数 a 的值； (2)当 x＞1 时，求证：f(x)＞3(x－1)． 解析：(1)因为 f(x)＝ax＋xln x， 所以 f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数 f(x)在 x＝e－2 处取得极小值， 所以 f′(e－2)＝0，即 a＋ln e－2＋1＝0， 所以 a＝1，所以 f′(x)＝ln x＋2. 当 f′(x)＞0 时，x＞e－2；当 f′(x)＜0 时，0＜x＜e－2， 所以 f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以 f(x)在 x＝e－2 处取得极小值，符合题意，所以 a＝1. (2)证明：由(1)知 a＝1，所以 f(x)＝x＋xln x. 令 g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即 g(x)＝xln x－2x＋3(x＞0)． g′(x)＝ln x－1，由 g′(x)＝0，得 x＝e. 由 g′(x)＞0，得 x＞e；由 g′(x)＜0，得 0＜x＜e. 所以 g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)在(1，＋∞)上的最小值为 g(e)＝3－e＞0. 于是在(1，＋∞)上，都有 g(x)≥g(e)＞0，所以 f(x)＞3(x－1)． 2．(2021·仙桃模拟)已知函数 f(x)＝axln x(a＞0)的图像在点(e，f(e))处的切线和直线 x＋2y ＋1＝0 垂直． (1)求 a 的值； (2)对任意的 x＞0，证明：f(x)≥－2x－e－3； (3)若 f(x)＝b 有两个实数根 x1，x2(x1≠x2)，证明：|x1－x2|＜ 3 2 b＋1＋ 1 2e3 . 解析：(1)由 f(x)的图像在点(e，f(e))处的切线与直线 x＋2y＋1＝0 垂直，得该切线的斜率为 2， 即 f′(e)＝2. 因为 f′(x)＝a(ln x＋1)， 所以 a(ln e＋1)＝2， 解得 a＝1. (2)证明：令 g(x)＝f(x)＋2x＋e－3，则由(1)知 g(x)＝xln x＋2x＋e－3(x＞0)，则 g′(x)＝ln x＋ 3，显然 g′(x)＝0 时，x＝e－3，当 x∈(0，e－3)时，g′(x)＜0，所以函数 g(x)在(0，e－3)上单 调递减．当 x∈(e－3，＋∞)时，g′(x)＞0，所以函数 g(x)在(e－3，＋∞)上单调递增，所以 g(x) ≥g(e－3)＝－3e－3＋2e－3＋e－3＝0， 所以对任意的 x＞0，f(x)≥－2x－e－3. (3)证明：由(2)可得 f(x)≥－2x－e－3，因为 f′(x)＝ln x＋1，所以函数 f(x)＝xln x 的图像在点(1， 0)处切线的斜率 k＝f′(1)＝1，可得在(1，0)处的切线方程为 y＝x－1，作出函数 f(x)＝xln x， y＝－2x－e－3 和 y＝x－1 的图像，如图所示，由图可得 f(x)≥x－1. 记直线 y＝－2x－e－3，y＝x－1 分别与直线 y＝b 交于(x′1，b)，(x′2，b)，可得 x′2＝b＋1， x′1＝ －b－e－3 2 (x′1＜x′2)， 结合图像可知，|x1－x2|＜x′2－x′1＝(b＋1)－ － b 2 － 1 2e3 ＝ 3 2 b＋1＋ 1 2e3 ， 故|x1－x2|＜ 3 2 b＋1＋ 1 2e3 . [C 组 创新应用练] (2021·长沙模拟)已知函数 f(x)＝ex(1＋aln x)，其中 a＞0，设 f′(x)为 f(x)的导函数． (1)设 g(x)＝e－xf′(x)，若 g(x)≥2 恒成立，求 a 的取值范围； (2)设函数 f(x)的零点为 x0，函数 f′(x)的极小值点为 x1，当 a＞2 时，求证：x0＞x1. 解析：(1)由题意知 f′(x)＝ex 1＋ a x ＋aln x (x＞0)， 则 g(x)＝e－xf′(x)＝1＋ a x ＋aln x，g′(x)＝ a（x－1） x2 (x＞0)． 当 x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(0，1)上单调递减， 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 故 g(x)在 x＝1 处取得最小值，且 g(1)＝1＋a. 由于 g(x)≥2 恒成立，所以 1＋a≥2，得 a≥1，即 a 的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明：设 h(x)＝f′(x)＝ex 1＋ a x ＋aln x ， 则 h′(x)＝ex 1＋ 2a x － a x2 ＋aln x . 设 H(x)＝1＋ 2a x － a x2 ＋aln x(x＞0)， 则 H′(x)＝－ 2a x2 ＋ 2a x3 ＋ a x ＝ a（x2－2x＋2） x3 ＞0， 故 H(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为 a＞2，所以 H(1)＝a＋1＞0，H 1 2 ＝1－aln 2＜0， 故存在 x2∈ 1 2 ，1 ，使得 H(x2)＝0. 则 h(x)在区间(0，x2)上单调递减，在区间(x2，＋∞)上单调递增， 故 x2 是 h(x)的极小值点，因此 x2＝x1. 由(1)可知，当 a＝1 时，ln x＋ 1 x ≥1. 因此 h(x)≥h(x1)＝ex1 1＋ a x1 ＋aln x1 ＞ex1(1＋a)＞0，即 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由于 H(x1)＝0，即 1＋ 2a x1 － a x2 1 ＋aln x1＝0，即 1＋aln x1＝ a x2 1 － 2a x1 ， 所以 f(x1)＝ex1(1＋aln x1)＝aex1 1－2x1 x2 1 ＜0＝f(x0)． 又 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 x1＜x0.