高考数学一轮复习全套课时作业3-3-4利用导数证明不等式
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第1页共6页专题层级快练3.3.4利用导数证明不等式
1．(2020·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
2．(2021·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－lnx
x，g(x)＝ae
ex＋1
x－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点
是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2
x.
3．(2017·课标全国Ⅲ)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)≤－3
4a－2.
4．(2021·河南开封市高三模拟)已知函数f(x)＝lnx＋a
x(a∈R)
的图象在点1
e，
f1
e
处的切线斜率为－e，其中
e为自然对数的底数．
(1)求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：xf(x)>x
ex.5．已知函数f(x)＝xlnx－m
2x2－x＋e
2(0
(1)当m＝1
e时，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：当0
e2时，f(x)>0.
6．(2021·八省联考)已知函数f(x)＝ex－sinx－cosx，g(x)＝ex＋sinx＋cosx.
(1)证明：当x>－5π
4时，f(x)≥0.
(2)若g(x)≥2＋ax，求a的值．第2页共6页3.3.4利用导数证明不等式参考答案
1．答案(1)单调递减区间为(－∞，ln2)，单调递增区间为(ln2，＋∞)；极小值为2(1－ln2＋a)，无极大值
(2)略
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.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)
f′(x)－0＋
f(x)极小值
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)．
f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，无极大值．
(2)证明：设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以
g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
2．答案(1)a＝－1，b＝－1(2)略
解析(1)因为f(x)＝1－lnx
x，x>0，
所以f′(x)＝lnx－1
x2，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝ae
ex＋1
x－bx，
所以g′(x)＝－ae
ex－1
x2－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，
g′(1)＝－a－1－b＝1，
解得a＝－1，b＝－1.第3页共6页(2)证明：由(1)知，g(x)＝－e
ex＋1
x＋x，
则f(x)＋g(x)≥2
x⇔1－lnx
x－e
ex－1
x＋x≥0.
令h(x)＝1－lnx
x－e
ex－1
x＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnx
x2＋e
ex＋1
x2＋1＝lnx
x2＋e
ex＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝lnx
x2＋e
ex＋1>0.
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，
即1－lnx
x－e
ex－1
x＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2
x.
3．答案(1)当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(0，－1
2a)上单调递增，在(－1
2a，
＋∞)上单调递减(2)略
解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
x＋2ax＋2a＋1＝（x＋1）（2ax＋1）
x.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x
∈0
，－1
2a时，f′
(x)>0；当x∈－1
2a，＋∞
时，f′(x)<0.
故f(x)在0
，－1
2a上单调递增，在－1
2a，＋∞
上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－
1
2a处取得最大值，最大值为f
－1
2a＝ln
－12a－1－1
4a.
所以f(x)≤－3
4a
－2等价于ln
－12a－1－1
4a≤－3
4a
－2，即ln
－12a＋1
2a＋1≤0.设g(x)＝lnx－x＋1，则g′
(x)＝1
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
－12a＋1
2a＋1≤0，即f(x)≤－34a－2.
4．答案(1)a＝
2
e，函数的单调递减区间为0
，2
e，函数的单调递增区间为2
e，＋∞
(2)证明见解析
思路(1)先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求a，结合导数与单调性关系即可求解；(2)要证明原第4页共6页不等式成立，可转化为证明求解相应函数的范围，进行合理的变形后构造函数，结合导数可证．
解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝1
x－a
x2，由题意可得，f
′1
e＝e－ae2＝－e，故a＝2
e，f′
(x)＝1
x－2
ex2＝ex－2
ex2.
当x∈0
，2
e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当
x∈2
e，＋∞
时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故函数
f(x)的单调递减区间为0
，2
e，单调递增区间为2
e，＋∞
.(2)证明：设h(x)＝xf(x)＝xlnx＋2
e，则h′(x)＝lnx＋1(x>0)．
当x∈0
，1
e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，当
x∈1
e，＋∞
时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，故h(x)
min
＝
h1e＝1
e.
设t(x)＝x
ex，则t′(x)＝1－x
ex，当x∈(0，1)时，t′(x)>0，函数t(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，t′(x)<0，函数t(x)单调递减，故t(x)
max＝t(1)＝1
e.
又h(x)和t(x)不同时为1e，
综上可得，x>0时，恒有h(x)>t(x)，即xf(x)>x
ex.
5．答案(1)略(2)略
解析(1)f(x)＝xlnx－1
2ex2－x＋e
2.f′(x)＝1＋lnx－x
e－1＝lnx－x
e.f″(x)＝1
x－1
e，y＝f′(x)在(0，e)上单调递增，在(e，e2]上单调递减．
f′(e)＝0，∴f′(x)≤0.
∴y＝f(x)在(0，e2]上单调递减．
(2)证明：f(x)＝xlnx－m
2x2－x＋e
2.
f′(x)＝1＋lnx－mx－1＝lnx－mx.
f″(x)＝1
x－m，1
m>e2.
y＝f′(x)在(0，e2]上单调递增，当x→0时f′(x)→－∞.
f′(e2)＝2－me2.
∵m∈0
，1
e2，me2∈(0
，1)，me∈
0，1
e.第5页共6页∴f′(e2)>0，f′(1)＝－m<0，f′(e)＝1－me>0.
∴∃x
0∈(1，e)，使得f′(x
0)＝0.即lnx
0＝mx
0.
∴y＝f(x)在(0，x
0)上单调递减，在(x
0，e2]上单调递增．
∴f(x)
min＝f(x
0)＝x
0lnx
0－m
2x
02－x
0＋e
2.
f(x)
min＝x
0·lnx
0－lnx0
2·x
0－x
0＋e
2＝1
2x
0lnx
0－x
0＋e
2，x
0∈(1，e)．
令g(x)＝1
2xlnx－x＋e
2，x∈(1，e)，
g′(x)＝1
2(1＋lnx)－1＝1
2(lnx－1)<0.
g(x)在(1，e)上单调递减，∴g(x)>g(e)＝0.
∴f(x)
min>0，∴f(x)>0.即证．
6．答案(1)证明见解析(2)2
解析(1)证明：因为f(x)＝ex－sinx－cosx＝ex
－
2sinx
＋π
4，
f′(x)＝ex－cosx＋
sinx＝ex＋
2sinx
－π
4，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sinx＋
cosx＝ex＋
2sinx
＋π
4，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以当x
∈－5π
4
，－π4时，
2sinx
＋π
4<0，此时f(x)>0；
当x
∈－π
4，0
，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，所以f′(x)≤f′(0)＝0，所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)
＝0；
当x∈0
，3π
4时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)单调递增，f(x)≥f(0)＝0；
当x∈3π
4，＋∞
时，f(x)＝ex－
2sin
x＋π4≥e1－2>0.
综上，当x>－5π
4时，f(x)≥0.
(2)设r(x)＝ex＋sinx＋cosx－2－ax，则r(0)＝0，其导函数r′(x)＝ex＋cosx－sinx－a，
于是r′(0)＝2－a，又r″(x)＝ex－sinx－cosx＝f(x)，
于是根据第(1)
小题的结果，r′(x)
在－5π
4，＋∞
上单调递增．
情形一：若a<2，则r′(0)>0.
若r′
－5π
4≥0，则在区间－5π
4，0
上均有r′(x)>0，于是r(x)在此区间上单调递增，因此在该区间上有
r(x)
