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- 2021-06-16 发布
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课时作业17 利用导数证明不等式
1.已知函数f(x)=aexlnx的图象在x=1处的切线与直线x+2ey=0垂直.
(1)求a的值;
(2)证明:xf(x)>1-5ex-1.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=a,
则由题意知f(x)的图象在x=1处的切线的斜率k=f′(1)=ae=2e,所以a=2.
(2)证明:要证明xf(x)>1-5ex-1,即证明2xexlnx>1-5ex-1,x>0,即证明2xlnx+>.
令g(x)=2xlnx+,则g′(x)=2(lnx+1).
当0时,g′(x)>0.
所以g(x)=2xlnx+在上为减函数,在
上为增函数,所以g(x)min=g=.
因为y=x在(0,+∞)上为减函数,所以x<0=1,所以g(x)≥>1>,所以xf(x)>1-5ex-1.
2.(2020·唐山模拟)已知f(x)=x2-a2lnx,a>0.
(1)求函数f(x)的最小值;
(2)当x>2a时,证明:>a.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=x-=.
当x∈(0,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=a时,f(x)取得极小值,也是最小值,且f(a)=a2-a2lna.
(2)证明:由(1)知,f(x)在(2a,+∞)上单调递增,
则所证不等式等价于f(x)-f(2a)-a(x-2a)>0.
4
设g(x)=f(x)-f(2a)-a(x-2a),
则当x>2a时,g′(x)=f′(x)-a=x--a=>0,
所以g(x)在(2a,+∞)上单调递增,
当x>2a时,g(x)>g(2a)=0,
即f(x)-f(2a)-a(x-2a)>0,故>a.
3.(2020·湖南永州一模)已知函数f(x)=(x2-x-1)ex.
(1)若f(x)在区间(a,a+5)上有最大值,求整数a的所有可能取值;
(2)求证:当x>0时,f(x)<-3lnx+x3+(2x2-4x)ex+7.
解:(1)f′(x)=(x2+x-2)ex=(x+2)(x-1)ex,
当x<-2时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当-21时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
由题意知a<-20,g(x)单调递增,
当x>2时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(x)的最大值为g(2)=e2.
当01时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)的最小值为h(1)=8,
又8>e2,所以g(x)的最大值小于h(x)的最小值,
故x>0时,恒有g(x)0).
(1)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值;
(2)求证:当n∈N*时,1+++…+>ln(n+1).
解:(1)∵f(x)=kx-lnx-1,∴f′(x)=k-=(x>0,k>0);当0时,f′(x)>0.
4
∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
∴f(x)min=f=lnk,
∵f(x)有且只有一个零点,∴lnk=0,∴k=1.
(2)证明:由(1)知x-lnx-1≥0,即x-1≥lnx,当且仅当x=1时取等号,
∵n∈N*,令x=,得>ln,
∴1+++…+>ln+ln+…ln=ln(n+1),故1+++…+>ln(n+1).
5.(2020·昆明诊断)已知函数f(x)=2lnx-x+.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a>0,b>0,证明:<<.
解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-1-==≤0.
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(2)证明:由题意得a≠b,不妨设a>b>0,则
<⇔lna-lnb<⇔ln<-
⇔2ln-+<0.
由(1)知f(x)是(0,+∞)上的减函数,又>1,所以f()⇔ln>.
令g(x)=lnx-,则g′(x)=,
当x∈(0,+∞)时,g′(x)≥0,即g(x)是(0,+∞)上的增函数.
因为>1,所以g()>g(1)=0,
4
所以ln>,从而<.
综上所述,当a>0,b>0时,<<.
4
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