课时作业18 证明不等式-（课时作业）【红对勾讲与练】2024版新高考数学大一轮复习全新方案

课时作业18 证明不等式 1.(2022·山东滨州模拟)已知函数f(x)=sinx一2.(2023·江苏南京第一中学模拟)设∫(x)= ax cos x,a∈R. In(x+D)-x- 3gx)=arwe2小 (1)若f(x)在x=0处的切线为y=x,求实数 a的值： (1)求f(x)的单调区间： (2②)当a>≥了x∈[0，+∞)时，求证：fx)≤ (2)证明：当a≥-号时，fx)≤gx). 2a.x. 红勾·讲与练·高三数学 -326- 3.(2023·四川宜宾开学考试)已知函数f(x)=4.(2022·内蒙古海拉尔第二中学模拟)已知函数 -ax'+xIn x +2. f(x)sin lcos x-cos 1sin x +In x. (1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值 (1)求证：函数f(x)在(0,1)上单调递增： 范围： (2)当a=0时，证明：f(x)>x-2 (2)求证：数列sinm+ 1 的前项和小于 1 sin 2+In 2. -327- 第三章一元函数的导数及其应用 ‘练参 考 答 案 单调递减,即x=e为函数f(x)的极 大值点,且f(x)在x=e处取得最大 值.故选AC. 10.-∞,- 2 3 解析:由f(x)= 2 3x 3-ax2(a<0) 得,f'(x)=2x2-2ax=2x(x-a), 当x <a时,f'(x)>0;当a<x< 0时,f'(x)<0;当x >0时,f'(x) >0.所 以f(x)在(- ∞,a)和(0, +∞)上单调递增,f(x)在(a,0)上 单调递减,故f(x)在x =a 处取到 极大值,又因为f(x)在(2a,a+1)上 有最大值,且2a<a<a+1,所以 f(a)≥f(a+1),则 2 3a 3 -a3 ≥ 2 3 (a+1)3 -a(a+1)2,解 得a ≤ - 2 3. 11.m <n 解析:令 h(x)= ex -x -1,则 h'(x)=ex -1, 当x<0时,0<ex <1;当x≥0时, ex ≥1,所以h(x)在(-∞,0)上单调 递减,在[0,+∞)上单调递增,所以 h(x)≥h(0)=0,所以ex ≥x+1, 所以f(x)=x·ex -ln x-x-2= eln x+x -ln x-x-2≥ln x+x+1- ln x-x-2= -1(当且仅当ln x+ x=0时“=”成立),所以m= -1,又 g(x)= ex x +ln x -x =e ln1x+x + ln x-x>ln 1 x +x+1+ln x-x= 1,所以n>1.所以m <n. 12.3 解析:f'(x)=2x-e2-x +ln x-a+ 1,令h(x)=f'(x),则h'(x)=2+ e2-x + 1 x >0 ,∴f'(x)在(0,+∞) 上单调递增, ∵f(x)在(0,+ ∞)上 存 在 最 小 值 0,∴∃x0 ∈ (0,+∞),使得f'(x0) =0,则当x ∈ (0,x0)时,f'(x)< 0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0, ∴f(x)在 (0,x0)上 单 调 递 减,在 (x0,+∞)上单调递增, ∴f(x)min =f(x0)=x20+e 2-x0 + x0(ln x0-a)=0 ①, 由f'(x0)=0得2x0-e 2-x0+ln x0 -a+1=0 ②, ②×x0-① 得x20-(x0+1)e 2-x0+ x0 = (x0+1)(x0-e 2-x0)=0, ∵x0+1>0,∴x0 =e 2-x0, ∴ln x0 =2-x0, ①+② 得:(x20+2x0+1)+ (x0+ 1)ln x0-(x0+1)a=(x0+1)(x0+ 1+ln x0-a)=0, 又x0+1>0,∴a=x0+1+ln x0= x0+1+2-x0 =3. 13.解:(1)f'(x)= a x -2bx , ∵ 函数f(x)在x =1处与直线y= - 1 2 相切,∴ f'(1)=a-2b=0, f(1)= -b= - 1 2 , 解得 a=1, b= 1 2. (2)由(1)知,f(x)=ln x- 1 2x 2, f'(x)= 1 x -x = 1-x2 x . 当1 e ≤x ≤e 时,令f'(x)>0,得 1 e ≤x <1 , 令f'(x)<0,得1<x ≤e, ∴f(x)在 1 e ,1 上 是 递 增 的,在 (1,e]上是递减的, ∴f(x)max =f(1)= - 1 2. 14.解:(1)由题意,当0<x <4时, P(x)=6x-2- 1 3x 3+2x = - 1 3x 3+4x-2; 当 x ≥ 4 时,P(x)= 6x -2- 7x+ 64 x -27 =