1、2022届高考数学一轮复习 课后限时集训利用导数证明不等式北师大版
2022届高考数学一轮复习 课后限时集训利用导数证明不等式北师大版
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课后限时集训(二十一)
利用导数证明不等式
建议用时：40分钟
1．(2020·南昌模拟)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
2、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－
3、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
4、x)－ex＋2ex≤0.
2．(2020·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
[解] (1)因为f(x)＝1－，
所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，
所以g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－
5、b＝1，解得a＝－1，b＝－1.
(2)证明：要证f(x)＋g(x)≥，只需证1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，
所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
3．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，…＜e.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f ＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意．
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0.
令x＝1＋，得ln＜.
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.
故…＜e.
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