【高考数学】2026版53高考总复习A版数学33导数的综合应用3.3导数的综合应用
五年高考
考点1利用导数证明不等式
1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=1x+12ln(
(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;
(2)当x0时,证明:f(x)1.
解析(1)f(x)=x+22x(x+1)?1x2ln(x+1),故曲线y=f(x)在x
(2)指数找朋友法.
证明:当x0时,f(x)1?ln(x+1)-2xx+20,令g(x)=ln(x+1)-2xx+2,x0,g(x)=x2(x+1)(x+2)20,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,
2.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x)
解析(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
∴y=ln(a-x)+x·1a?x·(-1)=ln(a-x)
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
∴ln(a-0)-0a?0=0,可得a
经检验,a=1时x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),
当x∈(0,1)时,f(x)=ln(1-x)0,
∴xf(x)0,
当x∈(-∞,0)时,f(x)=ln(1-x)0,
∴xf(x)0,
∴要证g(x)=x+f(x)xf(x)1,只需证x+f
只需证x+ln(1-x)xln(1-x),
只需证x+(1-x)ln(1-x)0,
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),
则h(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),
∴当x∈(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,
当x∈(-∞,0)时,h(x)0,h(x)单调递减,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)h(0)=0,
∴x+(1-x)ln(1-x)0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)1.
3.(2022北京,20,15分,中)已知函数f(x)=ex·ln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)f(s)+f(t).
解析(1)∵f(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+1
∴f(0)=e0ln(1+0)+11+0=1,
又f(0)=e0ln1=0,
∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)g(x)=f(x)=exln(1+x)+11+x,
∴g(x)=exln(1+x)+11+x
=exln(1+x)+11+x+
∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,11+x0,x
又ex0,∴g(x)0在[0,+∞)上恒成立.
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(2)知g(x)=f(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f(x)≥f(0)=10,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s0),
则h(x)=f(x)-f(x+s)0.
因此h(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴h(0)h(t),∴f(0)-f(s)f(t)-f(t+s),
又f(0)=0,∴f(s+t)f(s)+f(t).
4.(2024全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a≤2,证明:当x1时,f(x)ex-1.
解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=a-1x
若a≤0,则f(x)0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
若a0,则由f(x)=0得x=1a
当0x1a时,f(x)0;当x1a时,f(x)
故f(x)在0,1a上单调递减,在1
(2)要证明f(x)ex-1,等价于证明a(x-1)-lnx+1-ex-10.
设g(x)=a(x-1)-lnx+1-ex-1(x1),
则g(x)=a-1x-ex-1
设h(x)=g(x)=a-1x-ex-1,则h(x)=1x2-e
当x1时,1x21,ex-11,故h(x)0,所以h(x)=g(x)在(1,+∞)
而g(1)=a-2,又因为a≤2,所以g(1)≤0.
故当x1时,g(x)0,即g(x)在(1,+∞)上单调递减.
由于g(1)=0,所以当x1时,g(x)0,
即当x1时,f(x)ex-1.
5.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-lnx).
(1)讨