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

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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 .

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