高考数学一轮复习课后限时集训17利用导数证明不等式文北师大版.docx

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1、课后限时集训17利用导数证明不等式建议用时：45分钟1．已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f＝ln－1－.所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0

2、.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，

3、x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.当x∈∪时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.

4、所以－x2＋2lnx2＜0，即＜a－2.3．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b.(1)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；(2)求证：ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜(n∈N*)．[解](1)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1.同理可得ln(x＋2

5、)≤x＋1，即ex＞ln(x＋2)，当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．当a≥3时，e0＜lna，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整数a的最大值为2.(2)证明：由(1)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，则e＞ln，即e＞＝[ln(n＋1)－lnn]n，所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n，又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，所以ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜.