利用导数证明不等式考点突破练18-2024届高三数学二轮专题

考点突破练18　利用导数证明不等式 1.(2023湖南长沙雅礼中学一模)已知函数f(x)=2sin x-sin 2x. (1)当0≤x≤π时,求f(x)的最大值; (2)当≤x≤时,求证:f(x)>ln(x+1). 2.(2023浙江湖州、衢州、丽水二模)已知函数f(x)=ex-asin x+bx(a>0). (1)当b=0时,函数f(x)在上有极小值,求实数a的取值范围; (2)当b<0时,设x0是函数f(x)的极值点,证明:f(x0)≥blna.(其中e≈2.718 28,是自然对数的底数) 3.(2023河北唐山一模)已知x>-1,证明: (1)ex-1≥x≥ln(x+1); (2)(ex-1)ln(x+1)≥x2. 4.(2023湖北武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+2(a>0). (1)若f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围; (2)当a=1时,证明:·…·<e(n∈N*). 考点突破练18　利用导数证明不等式 1.(1)解 由f(x)=2sin x-sin 2x,0≤x≤π,所以f'(x)=2cos x-2cos 2x=2cos x-2(2cos2x-1)=-4cos2x+2cos x+2=(-cos x+1)(4cos x+2),令f'(x)>0,得-<cos x<1,即0<x<;令f'(x)<0,得cos x<-,即<x<π,所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f. (2)证明 设g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sin x-sin 2x-ln(x+1),所以g'(x)=-4cos2x+2cos x+2-,当≤x≤时,1->0,所以g'(x)>-4cos2x+2cos x+1.又-4cos2x+2cos x+1=-4(0≤cos x≤),所以-4cos2x+2cos x+1>0恒成立.所以g'(x)>0在区间上恒成立.所以y=g(x)在区间上单调递增,所以g(x)≥g-ln-ln-0.739>0,所以当≤x≤时,f(x)>ln(x+1). 2.(1)解 由题意知f(x)=ex-asin x在上有极小值,则f'(x)=ex-acos x=0在上有解,故a=,设g(x)=,显然g(x)=上单调递增,又g(0)=1,当x→时,g(x)→+∞,所以a>1.当a>1时,f'(x)=ex-acos x在上单调递增,又f'(0)=1-a<0,f'>0,由零点存在定理可知∃x0∈,使得f'(x0)=0,此时当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递减,f(x)在上单调递增,故f(x)在上有极小值点.因此实数a的取值范围是(1,+∞). (2)证明 由题意知f'(x)=ex-acos x+b, 故f'(x0)=-acos x0+b=0. f(x0)=-asin x0+bx0=-asin x0+bx0+f'(x0)=2-a(sin x0+cos x0)+bx0+b =2asin+bx0+b≥2+bx0+b-a. 设h(x)=2ex+bx+b-a(x∈R), 则h'(x)=2ex+b,当x∈时,h'(x)<0,当x∈时,h'(x)>0,所以h(x)在上单调递减,h(x)在上单调递增,所以h(x)≥h=blna. 因此f(x0)≥blna成立. 3.证明 (1)令f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)=,x>-1, 当-1<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立,即x≥ln(x+1),从而ex≥eln(x+1)=x+1,所以ex-1≥x. 综上,ex-1≥x≥ln(x+1). (2)显然当x=0时,(ex-1)ln(x+1)=x2=0. 令g(x)=,x≠0,则g'(x)=,x≠0, 令h(x)=(1-x)ex-1,则h'(x)=-xex, 当x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>0时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 所以h(x)≤h(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立, 从而可得g'(x)=<0,x≠0,所以g(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减. 由(1)知,当-1<x<0时,0>x>ln(x+1);当x>0时,x>ln(x+1)>0,所以g(x)<g[ln(x+1)],即.又当x>-1且x≠0时,x(ex-1)>0, 所以(ex-1)ln(x+1)>x2. 故当x>-1时,(ex-1)ln(x+1)≥x2. 4.(1)解 因为f(x)=ln x-ax+2,x∈(0,+∞),所以f'(x)=-a=,因为a>0,所以当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)