2023届高考数学特训营-专攻(二)--导数与不等式证明.doc

高考专攻(二) 导数与不等式证明

1．(2022•山东淄博市三模)已知函数f (x)=(x>0)．
(1)判断函数f (x)在(0，π)上的单调性；
(2)证明函数f (x)在(π，2π)内存在唯一的极值点x0，且f (x0)<－.
解：(1)由f (x)=(x>0)，
得f ′(x)=(x>0)．
设g(x)=xcos x－sin x，其导函数g′(x)=－xsin x，
在区间(0，π)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，且g(0)=0，
所以在区间(0，π)上，g(x)<0，
所以在区间(0，π)上，f ′(x)<0，
所以函数f (x)在(0，π)上单调递减．
(2)由(1)知，在区间(π，2π)上，g′(x)>0，g(x)单调递增，
且g(π)=－π<0，g(2π)=2π>0，
所以存在唯一的x0∈(π，2π)，使得f ′(x0)=0，
在区间(π，x0)上，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
在区间(x0，2π)上，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
所以x0为函数f (x)在(π，2π)上的唯一极小值．
其中f ′()=<0，f ′()==>0，
所以x0∈(π，π)，且f (π)=，f (π)=，因为f (π)>f (π)，所以f (x0)<－.
2． 已知函数f (x)=(x－2)ex＋aln x－x，曲线y=f (x)在点(1，f (1))处的切线与x轴
平行．
(1)求a的值．
(2)证明：函数f (x)存在唯一的极大值点x0，并且－4<f (x0)<－3.
解：(1)由题得f ′(x)=(x－1)ex＋－1，且f ′(1)=0，解得a=1.
(2)由(1)得f ′(x)=(x－1)ex＋－1=(x－1)(ex－)，其中x>0.
令g(x)=ex－，g′(x)=ex＋>0，所以g(x)为增函数，g()=e－2<0，g(1)=e－1>0.
由零点存在性定理得，存在唯一的x0∈(，1)，使得g(x0)=0，即ex0=.
所以令f ′(x0)=0，得x1=1，x2=x0，
且当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
x∈(x0，1)时，f ′(x)<0.
所以f (x)在(0，x0)和(1，＋∞)上为增函数，在(x0，1)上为减函数．故x=x0为唯一的极大值点，
f (x0)=(x0－2)ex0＋ln x0－x0=(x0－2)－x0－x0=1－2(x0＋)∈(－4，－3)．
3．(2022•山东烟台市三模)已知函数f (x)=ex－aln x.
(1)若函数f (x)在定义域内为增函数，求实数a的取值范围；
(2)当a=e2时，求证：f (x)>0.
解：(1)由f (x)=ex－aln x，得f ′(x)=ex－(x>0)．
∵函数f (x)在定义域内为增函数，
∴f ′(x)=ex－=≥0在(0，＋∞)上恒成立．
当a≤0时，f ′(x)≥0，满足题意；
当a>0时，设h(x)=xex－a(x>0)．
易得h′(x)=(x＋1)ex>0，∴函数h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴h(x)>h(0)=－a≥0，即a≤0与a>0矛盾．综上，实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)易知f ′(x)=ex－在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)=e－e2<0，f ′(2)=>0，
∴存在x0∈(1，2)，使得f ′(x0)=0，即ex0=，
∴ln x0=2－x0.
当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0，
∴函数f (x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增．
∴f (x)≥ex0－e2ln x0=－e2(2－x0)=e2(＋x0)－2e2>2e2－2e2=0，∴f (x)>0.
4．(2022•贵州贵阳市二模)已知函数f (x)=xln x，g(x)=x－1.
(1)求F(x)=g(x)－f (x)的单调区间和最值；
(2)证明：对大于1的任意自然数n，都有＋＋＋…＋＜ln n.
解：(1)令F (x)=x－1－xln x，则F′(x)=－ln x，
所以当x>1时，F ′(x)=－ln x<0，当0<x<1时，F ′(x)=－ln x>0，所以F(x)在(0，1)上是单调增函数，在(1，＋∞)上是单调减函数，
当x=1时，F(x)取最大值F(1)=0，无最小值．
(2)证明：由(1)可知xln x>x－1对任意的x>0且x≠1恒成立．
故1－<ln x，取x=(n>1且n∈N)，得1－<ln ⇒<ln n－ln(n－1)，
所以＋＋…＋<ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n－ln(n－1)，即＋＋＋…＋<ln n.
综上所述，对大于1的任意自然数n，都有＋＋＋…＋<ln n成立．