2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 利用导数证明不等式分层演练 理（含解析）新人教A版

第4讲 利用导数证明不等式1(2019安徽模拟)已知f(x)，则()Af(2)f(e)f(3)Bf(3)f(e)f(2)Cf(3)f(2)f(e)Df(e)f(3)f(2)解析：选D.f(x)的定义域是(0，)，f(x)，令f(x)0，得xe.所以当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)f(3)f(2)故选D.2若0x1x2ln x2ln x1 Bex2ex1x1ex2Dx2ex1x1ex2解析：选C.令f(x)，则f(x).当0x1时，f(x)0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0x1x21，所以f(x2)f(x1)，即x1ex2，故选C.3设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0，故当a0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时，f(x)2aaln .4(2019贵州适应性考试)已知函数f(x)xln xax，aR，函数f(x)的图象在x1处的切线与直线x2y10垂直(1)求a的值和函数f(x)的单调区间；(2)求证：exf(x)解：(1)由题易知，f(x)ln x1a，x0，且f(x)的图象在x1处的切线的斜率k2，所以f(1)ln 11a2，所以a1.所以f(x)ln x2，当xe2时，f(x)0，当0xe2时，f(x)0，因为g(x)ex在(0，)上单调递增，且g(1)e10，g()e20，所以g(x)在(，1)上存在唯一的零点t，使得g(t)et0，即et(t1)当0xt时，g(x)t时，g(x)g(t)0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，)上单调递增，所以x0时，g(x)g(t)etln t2ln 2t2220，又t0，即exf(x)1已知函数f(x)aln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2.(1)求a，b的值；(2)当x0且x1时，求证：f(x).解：(1)函数f(x)aln x的导数为f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2，可得f(1)2b2，f(1)ab0，解得ab1.(2)证明：当x1时，f(x)，即为ln x1ln x，即x2ln x0，当0x，即为x2ln x1时，g(x)g(1)0，即有f(x)，当0x1时，g(x).综上可得，当x0且x1时，f(x)都成立2已知函数f(x)ln(xa)x2x在x0处取得极值(1)求实数a的值；(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2ln(n1)都成立解：(1)因为f(x)2x1，又因为x0为f(x)的极值点所以f(0)10，所以a1.(2)证明：由(1)知f(x)ln(x1)x2x.因为f(x)2x1.令f(x)0得x0.当x变化时，f(x)，f(x)变化情况如下表x(1，0)0(0，)f(x)0f(x)极大值所以f(x)f(0)0，即ln(x1)x2x(当且仅当x0时取等号)令x，则ln，即ln，所以lnlnlnln(n1)5