2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-微專題(五)-導(dǎo)數(shù)與不等式的證明-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-微專題(五)-導(dǎo)數(shù)與不等式的證明-專項(xiàng)訓(xùn)練【含解析】，共6頁(yè)。試卷主要包含了已知函數(shù)f＝x2－ln x，已知函數(shù)f＝eln x－ax，已知函數(shù)f＝ex－2x等內(nèi)容，歡迎下載使用。
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：eq \f(f?x?,x)＋eq \f(1,4)x2－x>－eq \f(1,4)．
2．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax－3，g(x)＝xln x，a∈R．
(1)當(dāng)x>0時(shí)，2g(x)≥f(x)，求a的取值范圍；
(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
3．已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
4．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x．
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)證明：f(x)>－x2－4．
5．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)證明：當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f(x)＞eq \f(ln x,x－1)．
6．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax，a∈R．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝eq \f(3,4)時(shí)，證明：x3>f(x)．
導(dǎo)數(shù)與不等式的證明【解析版】
1．已知函數(shù)f(x)＝x2－ln x．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：eq \f(f?x?,x)＋eq \f(1,4)x2－x>－eq \f(1,4)．
解：(1)f(x)＝x2－ln x的定義域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(?\r(2)x＋1??\r(2)x－1?,x)，
當(dāng)x＞eq \f(\r(2),2)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜x＜eq \f(\r(2),2)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，
綜上，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))，單調(diào)減區(qū)間為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))．
(2)證明：由x＞0，要證eq \f(f?x?,x)＋eq \f(1,4)x2－x>－eq \f(1,4)，即證f(x)＋eq \f(1,4)x3－x2＋eq \f(1,4)x＝eq \f(1,4)x3＋eq \f(1,4)x－ln x>0，令g(x)＝eq \f(1,4)x3＋eq \f(1,4)x－ln x(x>0)，
則g′(x)＝eq \f(3,4)x2＋eq \f(1,4)－eq \f(1,x)＝eq \f(3x3＋x－4,4x)，令t(x)＝3x3＋x－4(x>0)，
t′(x)＝9x2＋1>0恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
又t(1)＝0，即g′(1)＝0，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t(x)0，∴g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)最小值＝g(x)極小值＝g(1)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)＞0成立，所以原不等式成立．
2．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax－3，g(x)＝xln x，a∈R．
(1)當(dāng)x>0時(shí)，2g(x)≥f(x)，求a的取值范圍；
(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
解：(1)當(dāng)x>0時(shí)，2g(x)≥f(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤eq \f(2xln x＋x2＋3,x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(?x＋3??x－1?,x2)，
∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)min＝h(1)＝4，則a≤4．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，4]．
(2)證明：∵g(x)＝xln x，∴g′(x)＝1＋ln x，令g′(x)＝0，∴x＝eq \f(1,e)，∴當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))時(shí)g′(x)0，
∴函數(shù)g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x>0時(shí)，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，
令φ(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，則φ′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－eq \f(1,e)，
又兩個(gè)等號(hào)不同時(shí)成立，故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
3．已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
解：(1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)．
①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②若a>0，則當(dāng)0eq \f(e,a)時(shí)，f′(x)0，所以只需證f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f(1)＝－e，
記g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq \f(?x－1?ex,x2)，
所以當(dāng)00時(shí)，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0．
4．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x．
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)證明：f(x)>－x2－4．
解：(1)因?yàn)閒′(x)＝2x(x－1)ex＋x(x2＋2)ex－2＝x2(x＋2)ex－2，所以f′(0)＝－2．
因?yàn)閒(0)＝－2，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為2x＋y＋2＝0．
(2)證明：要證f(x)>－x2－4，
只需證(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，
設(shè)g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，
h(x)＝(x－1)(x2＋2)ex，
則h′(x)＝x2(x＋2)ex．
由h′(x)≥0，得x≥－2，
故h(x)在[－2，＋∞)上單調(diào)遞增；
由h′(x)－x2－4．
5．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)證明：當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f(x)＞eq \f(ln x,x－1)．
解：(1)f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x)－ln x)),?x＋1?2)－eq \f(b,x2)(x>0)．
由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq \f(1,2)，且過(guò)點(diǎn)(1,1)，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f?1?＝1，,f′?1?＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得a＝1，b＝1．
(2)證明：由(1)知f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)(x>0)，
所以f(x)－eq \f(ln x,x－1)＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ln x－\f(x2－1,x)))．
考慮函數(shù)h(x)＝2ln x－eq \f(x2－1,x)(x＞0)，
則h′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2x2－?x2－1?,x2)＝－eq \f(?x－1?2,x2)．
所以當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0．
從而當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f(x)－eq \f(ln x,x－1)＞0，即f(x)＞eq \f(ln x,x－1)．
6．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax，a∈R．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)當(dāng)a＝eq \f(3,4)時(shí)，證明：x3>f(x)．
解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由已知得f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝eq \f(ax＋1,x)(x>0)，則：
①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，此時(shí)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
②當(dāng)a0，得xln x＋eq \f(3,4)x．
考慮到x>0時(shí)，x－1≥ln x，
欲證x3>ln x＋eq \f(3,4)x，只需證x3>x－1＋eq \f(3,4)x．
設(shè)g(x)＝x3－eq \f(7,4)x＋1(x>0)，則g′(x)＝3x2－eq \f(7,4)(x>0)，令g′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(21),6)，令x0＝eq \f(\r(21),6)，則當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g′(x)0，所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以g(x)≥g(x0)＝eq \f(7\r(21),72)－eq \f(7\r(21),24)＋1＝1－eq \f(7\r(21),36)，易知eq \f(7\r(21),36)0，所以x3>x－1＋eq \f(3,4)x(x>0)恒成立，所以x3>ln x＋eq \f(3,4)x恒成立，即x3>f(x)．
法二：當(dāng)a＝eq \f(3,4)時(shí)，x3>f(x)可化為x2－eq \f(3,4)>eq \f(ln x,x)．令m(x)＝x－1－eq \f(ln x,x)，x>0，
則m′(x)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)(x>0)，令h(x)＝x2＋ln x－1，x>0，則h′(x)＝2x＋eq \f(1,x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)0，所以m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m(x)≥m(1)＝0，即x－1≥eq \f(ln x,x)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立．
又x2－eq \f(3,4)－(x－1)＝x2－x＋eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2≥0，所以x2－eq \f(3,4)≥x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立．
因?yàn)閮蓚€(gè)等號(hào)不同時(shí)成立，故x2－eq \f(3,4)>eq \f(ln x,x)，即x2>eq \f(ln x,x)＋eq \f(3,4)，即x3>ln x＋eq \f(3,4)x，即x3>f(x)．