课时过关检测(十七)　利用导数证明不等式-2021届高三数学一轮复习练习

课时过关检测(十七)　利用导数证明不等式 1．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0. (1)求a的值； (2)求证：当0<x≤2时，f(x)>x. 解：(1)f′(x)＝2ax－ln x－1－， 由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1. (2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)ln x， 要证当0<x≤2时，f(x)>x， 只需证当0<x≤2时，x－，－ln x> 即x－ln x>.＋ 令g(x)＝x－ln x，h(x)＝，＋ 令g′(x)＝1－＝0，得x＝1， 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故当0<x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1. 因为h′(x)＝<1，即h(x)max<g(x)min.，当0<x≤2时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0<x≤2时，h(x)max＝h(2)＝ 故当0<x≤2时，h(x)<g(x)，即当0<x≤2时，f(x)>x. 2．已知函数f(x)＝ax－ln x－1. (1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值； (2)证明：＋x＋ln x－1≥0. 解：(1)f(x)≥0等价于a≥. 令g(x)＝，，则g′(x)＝ 所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1， 所以a的最小值为1. (2)证明：当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1. 令＝t，则－x－ln x＝ln t， 所以＋x＋ln x－1≥0.≥－x－ln x＋1，即 3．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程； (2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥. 解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2， 故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x>0)． 由f(x1)＋f(x2)＋x1x2