天津市高考数学复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理（精选）

第一篇：天津市高考数学复习专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围理（精选）

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围

一、能力突破训练

1.设f(x)=xln x-ax+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.2.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-10时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.3.已知函数f(x)=ax+xln x的图象在x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a的值;(2)若f(x)≤kx对任意x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N)时,证明:

*

222

.4.设函数f(x)=ax-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).5.设函数f(x)=aln x,g(x)=x.(1)记g'(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x-2ax-2a+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;

1-x2(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练

7.已知函数f(x)=x+x+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f

32.专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围

一、能力突破训练

1.解(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=, 当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x递减.时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为(2)由(1)知,f'(1)=0.,单调减区间为

①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当01,由(1)知f'(x)在区间

时,f'(x)>0.内单调递增, 可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间值,不合题意.内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小③当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减, 所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a> 2.解(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=, , 当-10时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)内单调递增.又f(0)=0,故当-10时,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-

由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.2又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=

若6a+1>0,则当00,故x=0不是h(x)的极大值若6a+1<0,则ax+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|

2时,h'(x)<0,若6a+1=0,则h'(x)=

则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-

3.解(1)∵f(x)=ax+xln x,∴f'(x)=a+ln x+1.又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3, ∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+xln x, 若f(x)≤kx对任意x>0成立,则k2

对任意x>0成立.令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)==-

令g'(x)=0,解得x=1.当00, ∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0, ∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.(3)证明:令h(x)=,则h'(x)=

由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0，∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即∴mnln n-nln n>mnln m-mln m, 即mnln n+mln m>mnln m+nln n, , ∴ln nmn+ln mm>ln mmn+ln nn.整理,得ln(mn)>ln(nm).nmmn∴(mnn)m>(nmm)n,4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=此时,当x当x(2)令g(x)=

时,f'(x)<0,f(x)单调递减;时,f'(x)>0,f(x)单调递增.,s(x)=e-x.x-1则s'(x)=e-1.而当x>1时,s'(x)>0, 所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0

1>1.0, 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a

5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x), 即aln x+2x≤(a+3)x-化简,得a(x-ln x)由x∈[1,e]知x-ln x>0，x2, x2-x.因而a设y=, 则y'=

∵当x∈(1,e)时,x-1>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥ymin=-x+1-ln x>0, , 即实数a的取值范围是(2)当a=1时,f(x)=ln x.由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1)>mg(x2)-x2f(x2)恒成立, 设t(x)=x2-xln x(x>0).由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增, ∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m因此,记h(x)=,得h'(x)=

恒成立.∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, ∴函数h(x)在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值.由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.6.(1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g'(x)=2-当0

内单调递增，内单调递减;时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明 由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2令φ(x)=-2则φ(1)=1>0,φ(e)=-2

=0,解得a=x-2<0.ln x+x-2

-2故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=由u'(x)=1-,u(x)=x-1-ln x(x≥1).0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0=即a0∈(0,1).=a0<<1.当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练

7.解(1)f'(x)=x+2x+a,方程x+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a, 2

2①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-解不等式x+2x+a>0,解得x<-1-解不等式x+2x+a<0,解得-1-22,x2=-1+, ,)和(-1+，或x>-1+

+ax0+1-+a

-a-1 ==+a+12a).+x0+(4+14x0+7若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0, 故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=,x'2=

由x0>0,得x0=x'2=, 依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-

综上,当a时,存在唯一的x0

满足f(x0)=f,当a时,不存在x0

满足f(x0)=f ,

第二篇：2018届高考数学二轮复习专题能力训练8及其综合应用理

专题能力训练8平面向量及其综合应用

(时间:60分钟 满分:100分)

一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.设m,n为非零向量,则“存在负数λ,使得m=λn”是“m·n<0”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

2.若等边△ABC的边长为3,平面内一点M满足,则的值为()A.2 B.-C.D.-2 3.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a-b=(),则|a+2b|=()A.2 B.C.D.2 4.已知平面向量a,b,c满足c=xa+yb(x,y∈R),且a·c>0,b·c>0.()A.若a·b<0,则x>0,y>0 B.若a·b<0,则x<0,y<0 C.若a·b>0,则x<0,y<0 D.若a·b>0,则x>0,y>0 5.△ABC所在平面上的动点P满足=λ(tan B+tan C),其中λ>0,则动点P一定经过△ABC的()A.重心 B.内心 C.外心 D.垂心

6.(2017浙江镇海中学5月模拟)已知△ABC的外接圆半径为2,D为该圆上一点,且,则△ABC的面积的最大值为()A.3 B.4 C.3 D.4 7.如图,三个边长为2的等边三角形有一条边在同一直线上,边B3C3上有10个不同的点P1,P2,…,P10,记mi=(i=1,2…,10),则m1+m2+…+m10的值为()

A.15 8.B.45

C.60

D.180

如图,扇形OAB中,OA=1,∠AOB=90°,M是OB的中点,P是弧AB上的动点,N是线段OA上的动点,则的最小值为()A.0 B.C.D.1-

二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.在边长为1的正方形ABCD中,2,BC的中点为F,=2,则=.10.若平面向量a,b,e满足|e|=1,a·e=1,b·e=2,|a-b|=2,则a·b的最小值

为.11.已知向量a,b及实数t满足|a+tb|=3.若a·b=2,则t的最大值是.12.如图,在同一个平面内,向量的模分别为1,1,的夹角为α,且tan α=7,的夹角为45°.若=m+n(m,n∈R),则m+n=.13.(2017浙江杭州二模)设P为△ABC所在平面上一点,且满足3+4=m(m>0).若△ABP的面积为8,则△ABC的面积为.14.如图,平面内有三个向量,其中的夹角为120°,的夹角为30°,且||=||=2,||=4,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的值为.三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)

如图,在平面四边形ABCD中,AB=13,AC=10,AD=5,cos∠DAC==120.(1)求cos∠BAD;(2)设=x+y,求x,y的值.16.(本小题满分15分)

如图,在△ABC中,D是BC的中点，(1)若=4,=-1,求的值;

(2)若P为AD上任一点,且恒成立,求证:2AC=BC.参考答案

专题能力训练8平面向量及其综合应用

1.A 解析 m,n为非零向量,若存在λ<0,使m=λn,即两向量反向,夹角是180°,则m·n=|m||n|cos 180°=-|m||n|<0.反过来,若m·n<0,则两向量的夹角为(90°,180°],并不一定反向,即不一定存在负数λ,使得m=λn.故选A.2.A 解析 因为,则,即=2-=2.2223.B 解析 向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a-b=(),可得|a-b|=5,即|a|+|b|-2a·b=5,解222得a·b=0.|a+2b|=|a|+4|b|+4a·b=1+16=17,所以|a+2b|=.故选B.4.A 5.D 解析 ∵=λ(·tan B+tan C)=λ[||·||cos(π-B)tan B+||·||cos Ctan C] =λ||(-||sin B+||sin C), 由正弦定理得||sin C=||sin B,∴=0.∴AP⊥BC,故动点P一定经过△ABC的垂心.6.B 解析 由知,ABDC为平行四边形,又A,B,C,D四点共圆, ∴ABDC为矩形,即BC为圆的直径, ∴当AB=AC时,△ABC的面积取得最大值×2×4=4.7.D 解析 因为AB2与B3C3垂直,设垂足为C,所以上的投影为AC,mi==|AB2|×|AC|=2×3=18,从而m1+m2+…+m10的值为18×10=180.8.D 解析 建立如图所示平面直角坐标系,设P(cos t,sin t),M,N(m,0),则=(m-cos t,-sin t),故=1-,因为0≤m≤1,所以=1-≥1-;又因为1-=1-sin(t+φ)=1-sin(t+φ)(tan φ=2),所以1-=1-sin(t+φ)≥1-(当且仅当sin(t+φ)=1时取等号).故选D.9.-解析 如下图,建立平面直角坐标系,则E,G,B(1,0),D(0,1),则=(-1,1),则=1×(-1)+×1=-.10.11.解析 ∵a·b=2⇒|a||b|cos θ=2(θ|a+tb|=3⇒9=a2+t2b2+4t=a2++4t≥4t≥8t,∴t≤.为

a,b的夹角),∴

12.3 解析 ||=||=1,||=,由tan α=7,α∈[0,π]得0<α<,sin α>0,cos α>0,tan

22α=,sin α=7cos α,又sinα+cosα=1,得sin α=,cos α==1,=cos=-,得方程组解得所以m+n=3.13.14 解析

由3+4=m, 可得, 可设, 则D,A,C共线,且D在线段AC上, 可得, 即有D分AC的比为4∶3, 即有C到直线AB的距离等于P到直线AB的距离的倍, 故S△ABC=S△ABP=×8=14.14.6 解析 由已知根据向量数量积的定义可得=-2,=12,=0,在=λ+μ两边分别乘, 得

即所以λ+μ=6.15.解(1)设∠CAB=α,∠CAD=β, 则cos α=,cos β=, 从而可得sin α=,sin β=, 故cos∠BAD=cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=.(2)由=x+y,得 即解得

16.解(1)∵,∴E,F为AD的四等分点.以BC为x轴,以D为原点建立平面直角坐标系, 设B(-a,0),C(a,0),A(m,n),则E,F, ∴=(m+a,n),=(m-a,n),.∵=4,=-1, ∴解得m2+n2=,a2=.∴-a2+(m2+n2)-a2=.(2)∵P为AD上任一点,设P(λm,λn),则=((1-λ)m,(1-λ)n),=(a-λm,-λn), , ∴=(1-λ)m(a-λm)-(1-λ)λn2=(1-λ)·(ma-λm2-λn2),.∵恒成立, ∴ma+(m2+n2)≥0恒成立,即(m2+n2)λ2-(m2+n2+ma)λ+(m2+n2)+ma≥0恒成立, ∴Δ=(m2+n2+ma)2-4(m2+n2)·≤0，2222222即(m+n)-ma(m+n)+ma≤0, ∴≤0，∴(m2+n2)=ma,即m2-2ma=-n2, ∴AC==a, 又BC=2a,∴2AC=BC.

第三篇：2014年文数高考母题题源系列 07利用导数探求参数取值范围、证明不等式 Word版含解析]

【母题来源】2014高考陕西卷文－21 【母题原题】设函数f(x)lnxm,mR.x（1）当me（e为自然对数的底数）时，求（2）讨论函数g(x)f(x)的最小值；

xf'(x)零点的个数；

3f(b)f(a)1恒成立，求m的取值范围.（3）若对任意ba0,ba

【命题意图】本题考查利用导数研究函数的极值、零点、含参数的不等式恒成立问题等基础知识，意在考查学生运用转化与划归思想，分析问题解决问题的能力，运算求解能力． 【方法技巧】函数f(x)在区间I上单调递增等价于f¢(x)³0在区间I上恒成立；函数f(x)在区间I上单调递减等价于f¢(x)£0在区间I上恒成立．但要注意取等号时，是否为常函数．

利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对任意xÎ[a,b]都有f(x)³g(x)，可设h(x)=f(x)-g(x)只要利用导数说明h(x)在[a,b]上的最小值为0即可．解题技巧总结如下：

（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式；

（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明．例如采用两边取对数（指数），移项通分等等．要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式；（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行解决．在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”．

解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法；⑤消元转化法．从集合观点看，含参不等式fxkfxk在区间D上恒成立DxfxkfxmaxkDxfxkfxmink，而含参不等式fxkfxk在区间D上能成立至少存在一个实数x使不等式fxkDfxk成立

xn．xmDifxmafk 【2014高考湖南卷文第9题】若0x1x21，则（）

x

xA.e2e1lnx2lnx1 C.x2e1x1e2 xx

B.e2e1lnx2lnx1

xxxx

D.x2e1x1e2

2.【2014高考辽宁卷文第12题】当x[2,1]时，不等式axx4x30恒成立，则实数a的取值范围是（）

A．[5,3]

B．[6,]

C．[6,2]

D．[4,3]

3298

323.【2014高考全国1卷文第12题】已知函数f(x)ax3x1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是（）

2,（B）1,（C）,2（D）,1

4.【2014高考全国2卷文第11题】若函数fxkxInx在区间1,单调递增，则k的取值范围是（）

（A）,2

（B）,1

（C）2,

（D）1,

xa,x0,5.【2014高考上海卷文第9题】设f(x)若f(0)是f(x)的最小值，则a的1x,x0,x取值范围是

.6.【2014高考安徽卷文第20题】设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0（1）讨论f(x)在其定义域上的单调性；

（2）当x[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.7.【2014高考大纲卷文第21题】函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.8.【2014高考广东卷文第21题】已知函数fx（1）求函数fx的单调区间；

（2）当a0时，试讨论是否存在x00,13xx2ax1aR.3111，使得,1fxf0.222

9.【2014高考湖北卷文第21题】为圆周率，e2.71828为自然对数的底数.（1）求函数f(x)lnx的单调区间； x3（2）求e3，3e，e，e，3，这6个数中的最大数与最小数；

（3）将e3，3e，e，e，3，这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论.10.【2014高考湖南卷文第21题】已知函数（1）求

f(x)xcosxsinx1(x0).f(x)的单调区间；

（2）记xi为f(x)的从小到大的第i(iN*)个零点，证明：对一切nN*，有12.xn2311x12x22

11.【2014高考江苏第19题】已知函数f(x)ee

xx，其中e是自然对数的底数.（1）证明：f(x)是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf(x)exm1在(0,)上恒成立，求实数m的取值范围；

3（3）已知正数a满足：存在x0(1,)，使得f(x0)a(x0试比较e3x0)成立，a1与ae1的大小，并证明你的结论.12.【2014高考江西文第18题】 已知函数f(x)(4x24axa2)x，其中a0.（1）当a4时，求f(x)的单调递增区间;（2）若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值.2【答案】（1）(0,)和(2,)，（2）10.5【解析】

13.【2014高考辽宁文第21题】已知函数f(x)(xcosx)2sinx2，g(x)(x)1sinx2x1.证明：

1sinx（Ⅰ）存在唯一x0(0,（Ⅱ）存在唯一x1(2)，使f(x0)0；

2,)，使g(x1)0，且对（1）中的x0x1.14.【2014高考四川文第21题】已知函数f(x)eaxbx1，其中a,bR，x2e2.71828为自然对数的底数．

（Ⅰ）设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值；（Ⅱ）若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e2a1.15.【2014高考天津文第19题】已知函数f(x)x（1）求f(x)的单调区间和极值；

223ax(a0),xR 3（2）若对于任意的x1(2,)，都存在x2(1,)，使得f(x1)f(x2)1，求a的取值范围

16.【2014高考浙江文第21题】已知函数小值记为g(a).（1）求g(a)；

fxx33|xa|(a0)，若f(x)在[1,1]上的最（2）证明：当x[1,1]时，恒有f(x)g(a)4.综上所述，当x[1,1]时恒有f(x)g(a)4.

第四篇：2015届高考数学大一轮复习课时训练78 不等式的证明及柯西不等式 理 苏教版

课时跟踪检测(七十八)不等式的证明及柯西不等式

1．已知x，y，z∈R，若x4＋y4＋z4＝1.求证：x2＋y2＋z2≤3.2．(2014·大连模拟)已知a>0，b>0，c>0，a＋b>c.求证：abc

1＋a1＋b1＋c.3．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.4．已知a，b，c∈R＋.求证：b2c2a2b

a＋b＋cc a c

ab a

bc

5．已知f(x)＝1＋x2，a≠b，求证|f(a)－f(b)|<|a－b|.6．(2014·金华模拟)已知x，y，z是正实数．

2求证：x2y＋zy2x＋zz

x＋yx＋y＋z

2.7．设a，b，c均为正实数．

111111求证：＋≥.2a2b2cb＋cc＋aa＋b

8．(1)设x是正实数，求证：(x＋1)(x＋1)(x＋1)≥8x；

(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x＋1)(x＋1)≥8x是否仍然成立？如果成立，请给出证明，如果不成立，请举出一个使它不成立的x值．

答案

1．证明：x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1为定值，利用柯西不等式得到

(x＋y＋z)≤(1＋1＋1)[(x)＋(y)＋(z)]．

从而(x＋y＋z)≤3⇒x＋y＋z≤3.时取“＝”号，111

又x＋y＋z＝1，所以x＝y＝z＝

2．证明：∵a>0，b>0，∴

∴，>.1＋a1＋a＋b1＋b1＋a＋b******33233x2y2z23 3aaabbba＋b>.1＋a1＋b1＋a＋b

x1而函数f(x)＝1－1＋x1＋x

在(0，＋∞)上递增，且a＋b>c，∴f(a＋b)>f(c)，则a＋b

1＋a＋bc

1＋c，所以a

1＋ab

1＋b>c

1＋c

故原不等式成立．

3．证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)

＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)

＝(a2－b2)(2a＋b)

＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．

因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.4．证明：∵a，b，c∈R＋，b2c2∴bcb

aba·b＝2c a，c2

同理，c

b＋a2

c≥2ab

a2b2a

cabc b2c2a2

三式相加可得ba＋bc≥c＋a·c

a＋ba

bc.5．证明：∵|f(a)－f(b)|

＝|1＋a2－1＋b2| 22

＝|a－b|

1＋a21＋b2＝|a－b||a＋b|

1＋a1＋b又|a＋b|≤|a|＋|b|

＝a2b2<1＋a2＋1＋b2.∴|a＋b|

1＋a21＋b2∵a≠b，∴|a－b|>0，∴|f(a)－f(b)|<|a－b|.6．证明：∵x，y，z是正实数，令a＝x

y＋z，y

x＋zzx＋y，b＝(y＋z，x＋z，x＋y)，∵|a·b|2≤|a|2|b|2，∴x

y＋zy＋z＋yx＋zx＋z＋

z

x＋yx＋y2

≤x2

y＋z＋y2

x＋zz2

x＋y·[(y＋z)＋(x＋z)＋(x＋y)]，当且仅当x＝y＝z时，等号成立．

x22

即(x＋y＋z)2≤2y

z＋yx＋zz2

x＋y·

(x＋y＋z)，∴x2y＋zy2

x＋z＋z2x＋yx＋y＋z27．证明：∵a，b，c均为正实数，∴1211

2a＋2b11

≥2aba＋ba＝b时等号成立；

1111

22b2c≥2bc1

b＋c，当且仅当

b＝c时等号成立；

22c2a≥1

2ca1

c＋a，当且仅当

c＝a时等号成立；

三个不等式相加即得 1

2a12b1

2c1

b＋c＋1

c＋a1

a＋b

当且仅当a＝b＝c时等号成立．

8．解：(1)证明：x是正实数，由基本不等式知，xx，1＋x2≥2x，x3＋1≥2x3，故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2x·2x·

2x3＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)．

(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立． 由(1)知，当x>0时，不等式成立；

当x≤0时，8x3≤0.而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)

＝(x＋1)(x＋1)(x－x＋1)222

12322＝(x＋1)(x＋1)x－＋ 24

此时不等式仍然成立．

第五篇：天津市2013届高三数学总复习之综合专题：导数在研究函数中的应用 4、利用导数研究不等式证明(学生版)

导数在研究函数中的应用4——利用导数研究不等式证明

思路点拨：通过构造函数，以导数为工具，证明不等式或比较大小。证明不等式fxgx在区间D上成立，等价于函数fxgx在区间D上的最小值等于零；而证明不等式fxgx在区间D上成立，等价于函数fxgx在区间D上的最小值大于零，因此不等式的证明问题可以转化为用导数求函数的极值或最值问题。

1、当eabe2时，证明不等式ln2bln2a

2、①当0t1时，证明不等式lnt1t；②k为正的常数，当a0时，曲线 21t4(ba)2e

C:yekx上有两点Pa,eka,Qa,eka，试证明过点P的C的切线与过点Q的C的切线的交点的横坐标是正的。

3、设a0，函数f(x)x1ln2x2alnx,(x0)。

F(x)在(0,)内的单调性并求极值； 0（1）令F(x)xf(x)，讨论

（2）求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1。

4、已知函数f(x)ln(x1)x。

（1）求函数f(x)的单调递减区间；

（2）若x1，证明：1

1ln(x1)x。x

15、已知定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax，g(x)3a2lnxb，其中a0。设两曲2线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同。

（1）用a表示b，并求b的最大值；

（2）求证：f(x)g(x)(x0)。

6、已知函数f(x)xex(xR)。

（1）求函数f(x)的单调区间和极值；

（2）已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称，证明当x1时，f(x)g(x)；

（3）如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22。