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文北师大版 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．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.‎ ‎[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.‎ 当a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 当a＜0，则当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：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f＝ln－1－.‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.‎ ‎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；‎ - 3 -‎ 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，即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，‎ - 3 -‎ 即e＞＝[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 -‎