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  • 2021-06-16 发布

【数学】2021届一轮复习北师大版(理)17利用导数证明不等式作业

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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,‎ 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;‎ ‎(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<.‎