校本作业22利用导数证明不等式-福建省厦门外国语学校2025届高三上学期数学一轮复习

厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业22《利用导数证明不等式》 班级： 姓名： 座号： 1．(赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直． (1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 2.已知函数，函数， （1）记，试讨论函数的单调性，并求出函数的极值点； （2）若已知曲线和曲线在处的切线都过点．求证：当时，． 3．已知f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的极值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立． 4．已知函数f(x)＝，g(x)＝，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋n＝0. (1)求m，n的值； (2)证明：f(x)>2g(x)－1. 5．已知函数，． （1）讨论的单调性；（2）当，时，求证：． 6． 已知函数． （1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，． 厦门外国语学校2022届高三上数学校本作业22《利用导数证明不等式》 班级： 姓名： 座号： 1．(赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直． (1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 答案　(1)a＝－1，b＝－1　(2)略 解析　(1)因为f(x)＝1－，x>0， 所以f′(x)＝，f′(1)＝－1. 因为g(x)＝＋－bx， 所以g′(x)＝－－－b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直， 所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1， 所以g(1)＝a＋1－b＝1， g′(1)＝－a－1－b＝1， 解得a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－＋＋x， 则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0. 令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)， 则h(1)＝0，h′(x)＝＋＋＋1＝＋＋1. 因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1>0. 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0， 即1－－－＋x≥0， 所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥. 2.已知函数，函数， （1）记，试讨论函数的单调性，并求出函数的极值点； （2）若已知曲线和曲线在处的切线都过点．求证：当时，． 解：（1），， 记， 当时，，在单调递增，无极值点， 当时，△，有异号的两根，， ，，，在单调递减， ，，，，在，单调递减， 有极小值点； （2）证明：，， （1），在处的切线方程为，过点得：， （1），在处的切线方程为，过点得：， ，， 要证：，即证：， 即证：， 构造函数，则， 时，， 时，，在单调递减， 时，，在单调递增， （1），故原不等式成立． 3．已知f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的极值； (2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立． (1)解　由f(x)＝xln x，x>0， 得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝. 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当x＝时，f(x)取得极小值， f(x)极小值＝f ＝－，无极大值． (2)证明　问题等价于证明 xln x>－(x∈(0，＋∞))． 由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到． 设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))， 则m′(x)＝，由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0得0<x<1时，m(x)单调递增，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，xln x≥－≥－，两个等号不同时取到，所以对一切x∈(0，＋∞)都有ln x>－成立． 4．已知函数f(x)＝，g(x)＝，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋n＝0. (1)求m，n的值； (2)证明：f(x)>2g(x)－1. (1)解　由已知得，f(1)＝0，∴1－0＋n＝0， 解得n＝－1. ∵f′(x)＝， ∴f′(1)＝＝， 解得m＝1. (2)证明　设h(x)＝ex－x－1(x>0)， 则h′(x)＝ex－1>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1， ∴<. 要证f(x)>2g(x)－1，即证>－1， 只需证≥－1， 即证xln x≥x－1， 令m(x)＝xln x－x＋1，则m′(x)＝ln x， ∴当x∈(0,1)时，m′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0， ∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴m(x)min＝m(1)＝0， 即m(x)≥0， ∴xln x≥x－1，则f(x)>2g(x)－1得证． 5．已知函数，． （1）讨论的单调性；（2）当，时，求证：． 解：（1）的定义域为，， ①当时，，即在上单调递减； ②当时，， 由，解得，由，解得， 即在上单调递减，在，上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在，上单调递增． （2）证明：，即， 令，，则， 令，则， 令，则， 所以即在上单调递增， 又， ①当时，，则恒成立，即在上单调递增， 则有； ②当时，， ，则， 即存在使得，即， 且， 即， 综上所述，恒成立，即在上单调递增， 所以，即． 6． 已知函数． （1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时，． 解：（1）函数的定义域为，， 令， 当时，，此时在上单调递减； 当时，为二次函数，△， ①若△，即时，的图象为开口向下的抛物线且，则，此时在上5单调递减； ②当△，即或时，令，解得， 当时，的图象为开口向下的抛物线，， 当，，时，，则，单调递减，当，时，，则，单调递增； 当时，的图象为开口向上的抛物线，， 当，，则，单调递减，当，，，则，单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． （2）证明：由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增， 因此对任意恒有（1），即， 又，要证，只需证， 令，则，， ， ，则在，上单调递增，又（1）， 当时，恒成立，则在，上单调递增，又（1）， 对任意恒有（1），即，即得证 1 学科网（北京）股份有限公司 $