-2021年新高考数学基础考点一轮复习专题16 利用导数证明不等式(基础训练)(解析版)

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专题 16 利用导数证明不等式

一、利用导数证明不等式

[基础题组练]

1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数 f(x)的导函数 f′(x)满足 xf′(x)>1，则(　　)

A．f(2)－f(1)>ln 2　　　　 B．f(2)－f(1)<ln 2

C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1

解析：选A.根据题意，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>＝(ln x)′，即f′(x)－(ln x)′>0.令

F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.

2．若 0<x1<x2<1，则(　　)

A．ex2－ex1>ln x2－ln x1

B．e x2－e x1<ln x2－ln x1

C．x2ex1>x1ex2

D．x2ex1<x1ex2

解析：选C.令f(x)＝，

则f′(x)＝＝.

当0<x<1 时，f′(x)<0，

即f(x)在(0，1)上单调递减，因为 0<x1<x2<1，

所以 f(x2)<f(x1)，即<，

所以 x2ex1>x1ex2，故选 C.

3．已知函数 f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)设x＝2是函数 f(x)的极值点，求实数 a的值，并求 f(x)的单调区间；

(2)证明：当 a≥时，f(x)≥0.

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.

由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝.

从而 f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.

当0<x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0.

所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.

当0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.所以 x＝1是g(x)的最小值点．故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0.

因此，当a≥时，f(x)≥0.

4．(2020·武汉调研)已知函数 f(x)＝ln x＋，a∈R.

(1)讨论函数 f(x)的单调性；

(2)当a>0 时，证明：f(x)≥.

解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>0 时，若x>a，则f′(x)>0，函数 f(x)在(a，＋∞)上单调递增；

若0<x<a，则f′(x)<0，函数 f(x)在(0，a)上单调递减．

(2)证明：由(1)知，当a>0 时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

要证 f(x)≥，只需证 ln a＋1≥，

即证 ln a＋－1≥0.

令函数 g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，

当0<a<1 时，g′(a)<0，当a>1 时，g′(a)>0，

所以 g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以 g(a)min＝g(1)＝0.

所以 ln a＋－1≥0恒成立，

所以 f(x)≥.

5．(2020·广东茂名一模)已知函数 f(x)＝(a∈R)的图象在 x＝2处的切线斜率为.

(1)求实数 a的值，并讨论函数 f(x)的单调性；

(2)若g(x)＝exln x＋f(x)，证明：g(x)>1.

解：(1)由f′(x)＝，

得切线斜率 k＝f′(2)＝ae·＝，解得 a＝2.

所以 f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.

令f′(x)>0，解得 x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；

令f′(x)<0，解得 x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．

(2)证明：由(1)知g(x)＝exln x＋，定义域为(0，＋∞)，

所以 g(x)>1，即exln x＋>1 等价于 xln x>－.

设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.

因为 h′＝ln＋1＝0，所以当 x∈时，h′(x)<0；当 x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上单调递减，在区间上单

调递增，所以 h(x)在(0，＋∞)上的最小值为 h＝－.

设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当 x∈(0，1)时，m′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间

(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以 m(x)在(0，＋∞)上的最大值为 m(1)＝－.

综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有 h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.

6．已知函数 f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．

(1)若函数 f(x)是单调函数，求 λ的取值范围；

(2)求证：当 0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.

解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，

因为 f(x)＝λln x－e－x，

所以 f′(x)＝＋e－x＝，

因为函数 f(x)是单调函数，

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