备战2025高考数学一轮复习第三章　§3.6　利用导数证明不等式.docxVIP

1．(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2lnx.

(1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：f(x)≥x－1.

2．(2023·长沙模拟)已知函数f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a(a∈R)．

(1)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的值；

(2)若0aeq\f(e,4)，求证：f(x)x＋eq\f(ex＋2,x).

3．已知函数f(x)＝xlnx.

(1)判断f(x)的单调性；

(2)设方程f(x)－2x＋1＝0的两个根分别为x1，x2，求证：x1＋x2＞2e.

4．(2024·中卫模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋lnx(a∈R)．

(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；

(2)设函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(1，＋∞)，求证：f(x1)－f(x2)－eq\f(3,4)＋ln2.

§3.6利用导数证明不等式答案

1．(1)解因为f(x)＝x2lnx，x0，

所以f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，

由f′(x)＝0，得x＝.

当x∈时，f′(x)0；

当x∈时，f′(x)0.

故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为．

(2)证明f(x)≥x－1等价于lnx－eq\f(x－1,x2)≥0.

令函数g(x)＝lnx－eq\f(x－1,x2)，x0，

则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2－x,x3)＝eq\f(x2＋x－2,x3).

当x∈(0,1)时，g′(x)0，g(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增．

故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.

2．(1)解函数f(x)＝alnx＋x＋eq\f(2,x)＋2a的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝eq\f(a,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋ax－2,x2).

由f′(1)＝a－1＝0，得a＝1，

经检验，a＝1满足题意．

(2)证明要证明f(x)x＋eq\f(ex＋2,x)，

即证x＋alnx＋eq\f(2,x)＋2ax＋eq\f(ex＋2,x)，

即证a(lnx＋2)eq\f(ex,x)，

即证eq\f(a?lnx＋2?,x)eq\f(ex,x2).

令g(x)＝eq\f(ex,x2)，其中x0，

则g′(x)＝eq\f(ex?x－2?,x3)，

当0x2时，g′(x)0，此时函数g(x)单调递减；当x2时，g′(x)0，此时函数g(x)单调递增．

所以g(x)min＝g(2)＝eq\f(e2,4).

令h(x)＝eq\f(a?lnx＋2?,x)，

其中0aeq\f(e,4)，x0，

则h′(x)＝－eq\f(a?lnx＋1?,x2).

当0xeq\f(1,e)时，h′(x)0，此时函数h(x)单调递增；当xeq\f(1,e)时，h′(x)0，此时函数h(x)单调递减．

所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝aeeq\f(e2,4)，

则h(x)maxg(x)min，

所以eq\f(a?lnx＋2?,x)eq\f(ex,x2).

故原不等式得证．

3．(1)解f′(x)＝lnx＋1，x∈(0，＋∞)，

令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，

当0＜x＜eq\f(1,e)时，f′(x)＜0；当x＞eq\f(1,e)时，f′(x)＞0，

所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．

(2)证明令g(x)＝f(x)－2x＋1，

则g′(x)＝lnx－1，

令g′(x)＝0，得x＝e，当0＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，

又g(e)＝1－e＜0，

所以不妨设0＜x1＜e＜x2.

要证x1＋x2＞2e，即证x2＞2e－x1，

即证g(x2)＞g(2e－x1)．

因为g(x2)＝g(x1)，

所以g(x1)＞g(2e－x1)．

令h(x)＝g(x)－g(2e－x)，x∈(0，e)，

则h′(x)＝lnx－2＋ln(2e－x)

＝ln(2ex－x2)－2

＝ln[－(x－e)2＋e2]－2＜0，

所以h(x)在(0，e)上单调递减，

所以h(x)＞h(e)＝g(e)－g(e)＝0，

从而必有g(x2)＞g(2e－x1)．

即x1＋x2＞2e.

4．(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2