2021版江苏高考数学复习课后限时集训：利用导数证明不等式含解析.doc

教学资料范本2021版江苏高考数学复习课后限时集训：利用导数证明不等式含解析编 辑：_时 间：_建议用时：45分钟1.(20xx福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时、证明：xf(x)ex2ex0.解(1)f(x)a(x0).若a0、则f(x)0、f(x)在(0、)上单调递增；若a0、则当0x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：法一：因为x0、所以只需证f(x)2e、当ae时、由(1)知、f(x)在(0,1)上单调递增、在(1、)上单调递减、所以f(x)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)、则g(x)、所以当0x1时、g(x)0、g(x)单调递减、当x1时、g(x)0、g(x)单调递增、所以g(x)ming(1)e.综上、当x0时、f(x)g(x)、即f(x)2e、即xf(x)ex2ex0.法二：由题意知、即证exln xex2ex2ex0、从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2、则g(x)1.所以当x(0,1)时、g(x)0、当x(1、)时、g(x)0、故g(x)在(0,1)上单调递增、在(1、)上单调递减、从而g(x)在(0、)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)、则h(x).所以当x(0,1)时、h(x)0、当x(1、)时、h(x)0、故h(x)在(0,1)上单调递减、在(1、)上单调递增、从而h(x)在(0、)上的最小值为h(1)1.综上、当x0时、g(x)h(x)、即xf(x)ex2ex0.2.(20xx全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1、x2、证明：a2.解(1)f(x)的定义域为(0、)、f(x)1.()若a2、则f(x)0、当且仅当a2、x1时f(x)0、所以f(x)在(0、)单调递减.()若a2、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a2.由于f(x)的两个极值点x1、x2满足x2ax10、所以x1x21、不妨设x1x2、则x21.由于1a2a2a、所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x、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.所以x22ln x20、即a2.3.已知函数f(x)ex、g(x)ln(xa)b.(1)当b0时、f(x)g(x)0恒成立、求整数a的最大值；(2)求证：ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4ln 3)3ln(n1)ln nn(nN*).解(1)现证明exx1、设F(x)exx1、则F(x)ex1、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)minF(0)0、即F(x)0恒成立、即exx1.同理可得ln(x2)x1、因为两个等号不能同时成立、所以exln(x2)、当a2时、ln(xa)ln(