（适用于新高考新教材）高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练18利用导数证明不等式

课时规范练18利用导数证明不等式1.已知函数f(x)=aexex.(1)若对任意的实数x都有f(x)≥0成立,求实数a的取值范围;(2)当a≥1且x≥0时,证明:f(x)≥(x1)2.2.已知函数f(x)=(x1)ex,g(x)=ax2+xlnx12(1)判断是否存在实数a,使得g(x)在x=1处取得极值?若存在,求出实数a;若不存在,请说明理由;(2)若a≤12,当x≥1时,求证:f(x)≥g(x)3.已知函数f(x)=exasinxx,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y1=0.(1)求实数a的值;(2)证明:∀x∈R,f(x)>0.4.(2022山东威海三模)已知函数f(x)=2lnxx+ax(1)当a=34时,求f(x(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,从下面两个结论中选一个证明.①f(②f(x2)<23a+2ln225.已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤33(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n6.已知函数f(x)=(x+1)lnx.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:ln21+ln76+…+ln(n2-2课时规范练18利用导数证明不等式1.(1)解若对任意的实数x都有f(x)≥0,即aexex≥0,所以a≥ex令g(x)=exex,则g'(x)令g'(x)=0得x=1.当x<1时g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当x>1时g'(x)<0,函数g(x)单调递减,所以g(x)在x=1处取得极大值亦即最大值g(1)=1,即a≥1.故实数a的取值范围是[1,+∞).(2)证明因为当a≥1且x≥0时,f(x)=aexex≥exex,所以只需证明exex≥(x1)2,只需证明(x-1)设h(x)=(x-1则h'(x)=(x令h'(x)=0,得x=3e或x=1.所以当0≤x<3e时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当3e<x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减.所以当x=1时,h(x)有极大值h(1)=0.又因为h(0)=0,所以当x≥0时,必有h(x)≤0,故原不等式成立.2.(1)解假设存在这样的实数a,则有g'(1)=2a+1=0,解得a=12当a=12时,g(x)=x22+xlnx12,则g'(x)=x+令t(x)=x+lnx+1,x>0,则t'(x)=1+1x令t'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,t'(x)>0;当x>1时,t'(x)<0,所以t(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以t(x)max=t(1)=0,即g'(x)≤0,所以函数g(x)在区间(0,+∞)上为减函数,因此不存在这样的实数a.(2)证明因为x2≥0,a≤12,所以ax2≤12x要证f(x)≥g(x),即证(x1)ex≥12x2+xlnx1即证(x1)ex12x2xlnx+12令m(x)=(x1)ex12x2xlnx+12,x≥1,则m'(x)=xexxlnx1=ex+lnx(x+lnx令t=x+lnx,t∈[1,+∞),h(t)=ett1,则h'(t)=et1.因为当t≥1,h'(t)>0,所以函数h(t)在区间[1,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(1)=e2>0,所以m'(x)>0,从而得函数m(x)在区间[1,+∞)上单调递增,所以m(x)min=m(1)=0,所以m(x)≥0,即f(x)≥g(x)得证.3.(1)解由f(x)=exasinxx,得f'(x)=exacosx1.因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+y1=0,所以f'(0)=1,即1a1=1,解得a=1.故实数a的值为1.(2)证明由(1)知f(x)=exsinxx,要证明∀x∈R,f(x)>0,需证明exx>sinx.令g(x)=exx,则g'(x)=ex1,令g'(x)=0,得x=0.因为当x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,所以函数g(x)在区间(∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=1,即∀x∈R,exx≥1,所以exxsinx≥1sinx≥0,两个等号不同时成立,所以exx>sinx,所以∀x∈R,f(x)>0.4.解由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x1a(1)当a=34时,f'(x)=-x2+2x令f'(x)>0,得12<x<3令f'(x)<0,得0<x<12或x>3所以f(x)的单调递增区间为12,32,单调递减区间为0,12,32,+∞.(2)若选择①,证明如下:由题意知,x1,x2是方程x22x+a=0的两根,则xf(将x1x2=a代入,得f(要证明f(即证明2(lnx2即证明lnx因为0<x1<x2,所以x2x1>0,只需证明lnx2令x2x1=t只需证明lnt2<t1t,即2lntt+1t<0(令h(t)=2lntt+1t,t>1,则h'(t)=2t11所以函数h(t)在区间(1,+∞)上单调递减,可得h(t)<h(1)=0,所以2lntt+1t<0(t>综上可知,f(x若选择②,证明如下:设g(x)=x2+2xa,因为f(x)有两个极值点,所以Δ=4-4因为g(2)=a<0,g(1)=1a>0,所以1<x2<2.f(x2)23a=2lnx2x2+ax由x22+2x2a=0,得a=x22+代入,得f(x2)23a=2lnx2+23x22令h(x)=2lnx+23x2103x+2(1则h'(x)=2x+4当x∈1,32时,h'(x)<0,所以h(x)在区间1,32内单调递减;当x∈32,2时,h'(x)>0,所以h(x)在区间32,2内单调递增.因为1<x2<2,所以h(x2)<max{h(1),h(2)}.因为h(1)=23,h(2)=所以h(2)h(1)=2(ln8即h(2)>h(1),所以h(x2)<h(2),所以f(x2)23a<即f(x2)<23a+2ln225.(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;当x∈所以f(x)在区间0,π3,2π(2)证明由(1)可知,f(x)在区间(0,π)内的极大值为fπ3=338,极小值为f2π3=3又因为f(0)=f(π)=0,所以f(x)在区间[0,π]上的最大值为fπ3=338,最小值为对∀x∈R,因为f(x+π)=sin2(x+π)sin2(x+π)=sin2xsin2x=f(x),所以f(x)为周期函数,且f(x)的一个周期为π.所以对∀x∈R,|f(x)|≤33(3)证明因为(sin2xsin22x…sin22nx)=|sin3xsin32x…sin32nx|=|sinx||sin2xsin32x…sin32n1xsin2nx||sin22nx|=|sinx||f(x)f(2x)…f(2n1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n1x)|,所以sin2xsin22x…sin22nx≤336.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx+x+1x,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=2,又因为f(1)=0,所以该切线方程为y=2(x(2)证明设F(x)=(x+1)lnx2x+2(x>1),则F'(x)=lnx+1x1令g(x)=F'(x),x>1,则g'(x)=1x-1x2=x-1所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,又因为g(1)=0,所以g(x)=F