新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)練案19第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第三講第一課時導(dǎo)數(shù)與不等式的證明

練案[19]第三講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第一課時導(dǎo)數(shù)與不等式的證明A組基礎(chǔ)鞏固1．已知函數(shù)f(x)＝x2e2x－2.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)當(dāng)x∈[0,2]時，求證：f(x)≥－2x2＋8x－5.[解析](1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.(2)證明：當(dāng)x∈[0,2]時，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，則g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，令h(x)＝g′(x)，則h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0，所以g′(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，且g′(1)＝0，所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，在(1,2]上單調(diào)遞增，所以g(x)的最小值為g(1)＝0，所以g(x)≥0，即f(x)≥－2x2＋8x－5.2．(2023·河北省“五個一”名校聯(lián)盟高三上學(xué)期數(shù)學(xué)摸底試卷)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax(a≠0)．(1)討論f(x)的零點(diǎn)個數(shù)；(2)證明：eq\f(fex,x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a))).[解析](1)令f(x)＝lnx＋ax＝0，則a＝－eq\f(lnx,x)，設(shè)g(x)＝－eq\f(lnx,x)，g′(x)＝eq\f(lnx－1,x2).當(dāng)x∈(0，e)時，g′(x)<0，x∈(e，＋∞)時，g′(x)>0，∴g(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(e)＝－eq\f(1,e)，∵x→0時，g(x)→＋∞；當(dāng)x>e時，g(x)<0且x→＋∞時，g(x)→0，∴當(dāng)a<－eq\f(1,e)上時，f(x)無零點(diǎn)，當(dāng)a＝－eq\f(1,e)或a>0時，f(x)有一個零點(diǎn)，當(dāng)－eq\f(1,e)<a<0時，f(x)有兩個零點(diǎn)．(2)證明：設(shè)－eq\f(x,a)＝t，則eq\f(fex,x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a)))?eq\f(fe－at,－at)≤f(t)，即證lnt＋at＋eq\f(e－at,t)－1≥0(t>0)，即證lnt＋at＋e－at－lnt－1≥0(t>0)，即證：f(x)＋e－f(x)－1≥0(x>0)，設(shè)h(x)＝x＋e－x－1，則h′(x)＝1－e－x，當(dāng)x∈(－∞，0)時，h′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，h′(x)>0，∴h(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，h(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(0)＝0，∴x＋e－x－1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時“＝”成立，由(1)知，當(dāng)a>－eq\f(1,e)時，存在x0，使得f(x0)＝0，∴f(x)＋e－f(x)－1≥0，∴eq\f(fex,x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,a))).3．已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.[解析](1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x)(x>0)．當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.4．已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R)．當(dāng)x>y>e－1時，求證：exln(y＋1)>eyln(x＋1)．[證明]∵x>y>e－1，∴x＋1>y＋1>e，即ln(x＋1)>ln(y＋1)>1，欲證exln(y＋1)>eyln(x＋1)．即證明eq\f(ex,lnx＋1)>eq\f(ey,lny＋1)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx＋1)，則g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)，顯然函數(shù)h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>1－eq\f(1,e)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵x>y>e－1時，g(x)>g(y)，即eq\f(ex,lnx＋1)>eq\f(ey,lny＋1)，∴當(dāng)x>y>e－1時，exln(y＋1)>eyln(x＋1)成立．B組能力提升1．(2023·廣西柳州畢業(yè)班摸底)已知函數(shù)f(x)＝ax＋xlnx在x＝e－2處取得極小值．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)x>1時，求證：f(x)>3(x－1)．[解析](1)因?yàn)閒(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝e－2處取得極小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋lne－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝lnx＋2，當(dāng)f′(x)>0時，x>e－2，當(dāng)f′(x)<0時，0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝e－2處取得極小值，符合題意．所以a＝1.(2)由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xlnx.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x>0)．g′(x)＝lnx－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)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值為g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(shù)(x)>g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．2．(2022·滄州七校聯(lián)考)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.[解析](1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)極小值故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)．f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，無極大值．(2)證明：設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知當(dāng)a>ln2－1時，g′(x)最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對任意x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．于是當(dāng)a>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)>g(0)．又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.3．(2022·重慶調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．(1)若a＝0，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若0<a<2，b＝1，實(shí)數(shù)x1，x2為方程f(x)＝m－ax2的兩個不等實(shí)根，求證：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a.[解析](1)依題意知x>0，當(dāng)a＝0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－(b＋1)，①當(dāng)b≤－1時，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)b>－1時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))時，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b＋1)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b＋1)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：由f(x)＝m－ax2，得lnx＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝lnx＋(a－2)x＋2，x>0，則g(x1)＝g(x2)＝m，依題意有l(wèi)nx1＋(a－2)x1＝lnx2＋(a－2)x2.∴a－2＝eq\f(ln\f(x2,x1),x1－x2)(x1≠x2，且x1，x2>0)．要證：eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)>4－2a，只需證eq\f(x1＋x2,x1x2)>2(2－a)＝eq\f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(*)，不妨設(shè)x2>x1>0，要證(*)式成立，只要證eq\f(x1,x2)－eq\f(x2,x1)<－2lneq\f(x2,x1)，即證2lneq\f(x2,x1)＋eq