2022版江苏高考数学一轮复习课后限时集训：19-利用导数证明不等式-Word版含解析.doc

利用导数证明不等式
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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.