2022版新高考数学一轮总复习课后集训：21+利用导数证明不等式+Word版含解析

课后限时集训(二十一)　利用导数证明不等式

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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，当x＞时，f′(x)＜0，

故f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)证明：方法一：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.

方法二：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．(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－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.