2021高考数学一轮复习课后限时集训17利用导数证明不等式理北师大版 3页

课后限时集训17‎ 利用导数证明不等式 建议用时：45分钟 ‎1．(2019·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝－a(x＞0)．‎ ‎①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0，‎ 故f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，‎ 当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以f(x)max＝f(1)＝－e.‎ 记g(x)＝－2e(x＞0)，‎ 则g′(x)＝，‎ 所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(1)＝－e.‎ 综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，‎ 即xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ 法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0，‎ 从而等价于ln x－x＋2≤.‎ 设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.‎ 所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，‎ 故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，‎ 从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.‎ 设函数h(x)＝，则h′(x)＝.‎ 所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，‎ 3‎ 故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，‎ 从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.‎ 综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.‎ ‎(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．‎ ‎(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.‎ 当x∈∪时，f′(x)＜0；‎ 当x∈时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．‎ ‎(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a＞2.‎ 由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.‎ 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，‎ 所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.‎ 设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.‎ 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.‎ ‎3．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b.‎ ‎(1)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；‎ 3‎ ‎(2)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜ ‎(n∈N＋)．‎ ‎[解]　(1)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，‎ 即ex≥x＋1.‎ 同理可得ln(x＋2)≤x＋1，因为两个等号不能同时成立，所以ex＞ln(x＋2)，‎ 当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，‎ 所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．‎ 当a≥3时，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．‎ 故整数a的最大值为2.‎ ‎(2)证明：由(1)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，‎ 则e＞ln，‎ 即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－ln n]n，‎ 所以e0＋e－1＋e－2 ＋…＋e－n＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n，‎ 又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，‎ 所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n＋1)－ln n]n＜.‎ 3‎