-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(提升训练)(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

1．已知函数 f(x)＝ln x0若x1＞x2＞0，求证：＞.

解：当x1＞x2＞0时，不等式＞等价于 ln＞，即 ln＞.令x＝(x＞1)，构造函数 F(x)＝ln x－(x＞1)，F′

(x)＝－＝＝＞0，所以 F(x)在(1，＋∞)上单调递增，F(x)＞F(1)＝0，即 ln x＞，所以原不等式成立．

2．(2018 西安期末)已知函数 f(x)＝mx－，g(x)＝2ln x，

(1)当m＝2时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当m＝1时，判断方程 f(x)＝g(x)在区间(1，＋∞)上有无实根；

(3)当x∈(1，e]时，不等式 f(x)－g(x)＜2恒成立，求实数 m的取值范围．

解析：(1)m＝2时，f(x)＝2x－，f′(x)＝2＋，f′(1)＝4，切点坐标为(1,0)，

∴切线方程为 y＝4x－4

(2)m＝1时，令 h(x)＝f(x)－g(x)＝x－－2ln x，

h′(x)＝1＋－＝≥0，

∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，

又h(1)＝0，所以 f(x)＝g(x)在(1，＋∞)内无实数根．

(3)mx－－2ln x＜2恒成立，即 m(x2－1)＜2x＋2xln x恒成立．

又x2－1＞0，则当 x∈(1，e]时，m＜恒成立，

令G(x)＝，只需 m小于 G(x)的最小值．

G′(x)＝，∵1＜x≤e，∴ln x＞0，

∴x∈(1，e]时，G′(x)＜0，

∴G(x)在(1，e]上单调递减，∴G(x)在(1，e]的最小值为 G(e)＝，

则m的取值范围是.

3．已知定义在正实数集上的函数 f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中 a＞0.设两曲线 y＝f(x)，y＝g(x)有

公共点，且在该点处的切线相同．

(1)用a表示 b，并求 b的最大值；

(2)求证：f(x)≥g(x)(x＞0)．

解：(1)设两曲线的公共点为(x0，y0)，f′(x)＝x＋2a，

g′(x)＝，

由题意知 f(x0)＝g(x0)，

f′(x0)＝g′(x0)，

即

由x0＋2a＝，得 x0＝a或x0＝－3a(舍去)．

即有 b＝a2＋2a2－3a2ln a＝a2－3a2ln a.

令h(t)＝t2－3t2ln t(t＞0)．

则h′(t)＝2t(1－3ln t)，

于是当 t(1－3ln t)＞0，

即0＜t＜e时，h′(t)＞0；

当t(1－3ln t)＜0，即 t＞e时，h′(t)＜0.

故h(t)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，

于上 h(t)在(0，＋∞)上的最大值为 h(e)＝e，

即b的最大值为 e.

(2)证明　设 F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2ln x－b(x＞0)，

则F′(x)＝x＋2a－＝(x＞0)．

故F(x)在(0，a)上为减函数，在(a，＋∞)上为增函数．

于是 F(x)在(0，＋∞)上的最小值是

F(a)＝F(x0)＝f(x0)－g(x0)＝0.

故当 x＞0时，有 f(x)－g(x)≥0.

即当 x＞0时，f(x)≥g(x)．

4．(2019 福建四地六校联考)已知 a为实数，函数 f(x)＝aln x＋x2－4x.

(1)是否存在实数 a，使得 f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；

(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得 f(x0)≤g(x0)成立，求实数 a的取值范围．

解：(1)函数 f(x)定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝＋2x－4＝.

假设存在实数 a，使 f(x)在x＝1处取极值，则 f′(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝，

当x＞0时，f′(x)≥0恒成立，

∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∴x＝1不是 f(x)的极值点．

故不存在实数 a，使得 f(x)在x＝1处取得极值．

(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，

记F(x)＝x－ln x(x＞0)，

∴F′(x)＝(x＞0)，

∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；

当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增．

∴F(x)＞F(1)＝1＞0，

∴a≥，记 G(x)＝，

x∈，

∴G′(x)＝

＝.

∵x∈，

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