《2021届高三数学(文理通用)一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--证明不等式(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三数学(文理通用)一轮复习题型专题训练：导数的综合应用--证明不等式(含解析)（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、导数的综合应用证明不等式考查内容：主要涉及利用导数证明不等式注意：涉及到复合函数求导问题一般为理科内容一选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知，则（ ）ABCD2当时，有不等式 （ ）ABC当时，当时D当时，当时3已知非零实数a，x，y满足，则下列关系式恒成立的是（ ）ABCD4已知函数有两个零点，且，则下列结论错误的是（ ）ABCD5已知，则下列不等式一定成立的是（ ）ABCD6当时，则下列大小关系正确的是（ ）ABCD7若，则（ ）ABCD8下列不等式中正确的是( )；.ABCD9若,则下列不等式恒成立的是()ABCD10若，则下列不等式成立的是（ ）ABCD1
2、1设为常数，函数，给出以下结论：（1）若，则存在唯一零点（2）若，则（3）若有两个极值点，则其中正确结论的个数是（ ）A3B2C1D012已知函数在处取得最大值，则下列选项正确的是（ ）ABCD二填空题13若0x1x21，且1x30时，时，函数f(x)单调递增，时，函数f(x)单调递减.所以因为函数f(x)有两个零点，所以又又令则所以函数g(x)在上为减函数，=0，又，又，即.故答案为B5.【解析】对A，令，当，在单调递减，即，故A正确；对B，故B错误；对C，令，当时，；当时，在单调递减，在单调递增，显然当时，故C错误；对D，由C选项的分析，当时，故D错误；故选：A.6.【解析】根据得到，而，
3、所以根据对数函数的单调性可知时，从而可得，函数单调递增，所以，而，所以有.故选D.7.【解析】设，则，所以在上递增，在上递减；即有，所以，故.故选：C8.【解析】对于：令，则恒成立，则是减函数，所以有恒成立，所以成立，所以正确；对于：，令，当时，当时，所以函数在上是减函数，在上是增函数，所以在处取得最小值，所以，所以成立，所以正确；对于，令，有，所以有当时，当时，所以函数在时取得最大值，即，所以，恒成立，所以正确；所以正确命题的序号是，故选B.9.【解析】对于,分别画出在上的大致图象如图,知不恒成立,排除；对于,令，所以为减函数,，为增函数,所以最小值为错，排除 ；对于,当时,错，排除，故选C
4、.10.【解析】构造函数，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，当m和n在不同单调区间时，函数值大小不能确定，故AB不正确;构造函数，函数在，故.故答案为：D.11.【解析】（1）若函数存在零点，只需方程有实根，即方程有实根，令，则只需函数图像与直线有交点即可.又，由可得；由可得；所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，因此，当时，直线与图像仅有一个交点，即原函数只有一个零点，所以（1）正确；（2）由（1）可知，当时，在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立；故（2）正确；（3）因为，所以，若有两个极值点，则，所以，又由有两个极值点，可得方程有两不等实根，即方程有两不等式实根，令，则，由得；由得
5、；所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，；当时，；所以方程有两不等式实根，只需直线与函数的图像有两不同交点，故；所以，即（3）正确.故选A12.【解析】函数的定义域为，而，令，则在上单调递减，且，使，从而在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，.故选：A13.【解析】令，则，易知当时，单调递增，由，则存在使得，当时，单调递减；当时，单调递增；，当时，即，此时，故错误；，即，故正确；令，当时，单调递减；当时，单调递增；，与的大小无法确定即、的大小无法确定，故错误；，即，故正确.故答案为：.14.【解析】因为，所以，可知（0，）递减，（，+）递增，故错误；令，所以，可知在（0,1）
6、上递减，（1，+）上递增，故错；令，所以h（x）在（0，+）上递增，所以，故正确；当时，可知，又因为f（x）在（，+）递增， 设，又因为f（x）在（，+）递增，所以时，即，所以时，故为增函数，所以，所以，故正确15.【解析】对于若成立.两边同时取对数可得,化简得，因为，则,不等式两边同时除以可得令,，则当时, ,所以即在内单调递增所以当时,即，所以，故正确对于若,化简可得，令,，则，由可知在内单调递增，而，所以在内先负后正，因而在内先递减,再递增,所以当时无法判断，与的大小关系.故错误.对于,若，令，利用换底公式化简可得,则当时, ，所以,即，则在内单调递减，所以当时, ，即，所以正确，综上可
7、知,正确的为，故答案为: 16.【解析】的定义域为，所以有，所以有，即，即，所以有；因为，所以有17.【解析】（1）设，函数在上单调递减；函数在单调递增；，即，；（2）设函数，所以 ；令得：，由得；由得；所以函数在上单调递减，在上单调递增；当时，取最小值，即， 当时，恒有，即，显然成立18.【解析】(1)依题意知函数的定义域为x|x0，f(x)2x-2=，由f(x)0， 得x1; 由f(x)0， 得0x2时，g(x)0，g(x)在(2，)上为增函数，g(x)g(2)4-2ln2-6+40，当x2时， x2-2lnx3x-4,即当x2时.19.【解析】1）由于直线的斜率为，且过点，故即解得，.（
8、2）由（1）知f(x)=所以考虑函数，则h(x)=，所以x1时h(x)0而h(1)=0,故x时h(x)0可得,x h(x)0可得,从而当，且时，.20.【解析】（1）函数f(x)的定义域为1由1，得x0 当x（0，）时，f(x)是减函数，即f(x)的单调递减区间为（0，）（2）证明：由知，当x（1，0）时，0，当x（0，）时，0，因此，当时，即0令，则 当x（1，0）时，0，当x（0，）时，0 当时，即0，综上可知，当时，有21.【解析】（1） ， ，则 ，当时 ，此时在单调递减，当时 ，方程 有两个不等的正根 ，不妨设，则当时 ，当时， ，这时不是单调函数，综上，的取值范围为 ，（2）由（1）可知当且仅当时，有极小值点和极大值点且， ， ，令 ， ，则当时， ，则在时单调递减，所以 ，即，22.【解析】（1）当时，且，曲线在处的切线的斜率.曲线在处的切线方程为，即；（2）由题意得.是的导函数的零点，即，即.又，则.令，显然，所以因此在上是增函数，且.，因此.23.【解析】（1）函数的定义域是.因为恒成立，所以函数在定义域上是单调递增函数.（2）由（1）知.令，得，由一元二次方程根与系数关系得，即，得，令，则，令，则，得.
