资源简介

进阶特训(一)
1．证明：令f (x)＝x－sin x(00，
∴f (x)在(0，1)上单调递增，∴f (x)>f (0)＝0，
即当0sin x；
令g(x)＝sin x－x＋x2(0则g′(x)＝cos x－1＋2x，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－sin x＋2>0，
∴当x∈(0，1)时，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增，∴g′(x)>g′(0)＝0，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，
即当0x－x2．
综上所述，当02．解：(1)函数f (x)＝a ln x＋x＋＋2a的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋1－＝．
由f ′(1)＝a－1＝0，得a＝1，
经检验，a＝1满足题意．
(2)证明：要证明f (x)即证x＋a ln x＋＋2a即证a(ln x＋2)<，
即证<．
令g(x)＝，其中x>0，
则g′(x)＝，
当0当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(2)＝．
令h(x)＝，其中00，
则h′(x)＝－．
当00，此时函数h(x)单调递增；当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．
所以h(x)max＝h＝ae<，
则h(x)max故原不等式得证．
3．解：(1)由题意得y＝xf (x)＝x ln (a－x)，
则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′．
因为x＝0是函数y＝xf (x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1．
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，此时xf (x)＜0；
当x＜0时，ln (1－x)＞0，此时xf (x)＜0．
易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}，
故要证g(x)＝＜1，只需证x＋f (x)＞xf (x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)＞0，
令1－x＝t，则t＞0且t≠1，
则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0，
即证1－t＋t ln t＞0．
令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，
所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立．
4．解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f ′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝，
∴当x∈时，f ′(x)＞0；
当x∈时，f ′(x)＜0，
∴f (x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：要证ex－e2ln x＞0，
即证ex-2＞ln x，令φ(x)＝ex－x－1，
∴φ′(x)＝ex－1．
令φ′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(0)＝0，
即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号．
同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
由ex≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，可得ex-2≥x－1(当且仅当x＝2时取等号)，
又x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)，
∴ex-2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，
故ex-2＞ln x，即原不等式成立．
1/1进阶特训(一)　利用导数证明不等式
1．(教材经典)证明：当02．已知函数f (x)＝a ln x＋x＋＋2a(a∈R)．
(1)若f (x)在x＝1处取得极小值，求a的值；
(2)若03．(2021·全国乙卷)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)＝，证明：g(x)＜1．
4．已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f (x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：ex－e2ln x＞0恒成立．
1/1

展开更多......

收起↑