高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册第六章 导数及其应用本章综合与测试同步测试题

专题强化练8　利用导数证明不等式问题

解答题

1.(2020湖南长沙一中高三月考,)已知函数f(x)=ax-ln x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若a∈,求证:f(x)≥2ax-xeax-1.

2.(2020河北衡水中学高三月考,)已知函数f(x)=ln x+a,a∈R.

(1)若f(x)≥0,求实数a取值的集合;

(2)证明:ex+≥2-ln x+x2+(e-2)x.

3.(2020山西吕梁高三期末,)已知函数f(x)=ax-xln x(a∈R)的最大值为1.

(1)求a的值;

(2)证明:f(x)≤e-2x+2x2.

4.(2020海南中学高二期末,)设函数f(x)=(1-ax)·ln(1+x)-x,其中a为实数.

(1)当a≤-时,求f(x)在区间[0,1]上的最小值;

(2)求证:>e.

5.(2020河南三门峡高三期末,)已知函数f(x)=xln x+x,g(x)=.

(1)若不等式f(x)g(x)≤ax2对x∈[1,+∞)恒成立,求a的最小值;

(2)证明: f(x)+1-x>g(x);

(3)设方程f(x)-g(x)=x的实根为x0.令F(x)=若存在x1,x2∈(1,+∞),x1<x2,使得F(x1)=F(x2),证明:F(x2)<F(2x0-x1).

答案全解全析

专题强化练8　利用导数证明

不等式问题

解答题

1.解析　(1)由题易得函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-.

①当a≤0时, f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,

∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.

②当a>0时,令f'(x)=0,得x=,

当x∈时, f'(x)>0, f(x)单调递增,

当x∈时, f'(x)<0, f(x)单调递减.

综上,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;

当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.

(2)证明:令g(x)=f(x)-2ax+xeax-1 =xeax-1-ax-ln x(x>0),

则g'(x)=eax-1+axeax-1-a- =(ax+1)·,

设r(x)=xeax-1-1(x>0),

则r'(x)=(1+ax)eax-1,

∵eax-1>0,

∴当x∈时,r'(x)>0,r(x)单调递增;

当x∈时,r'(x)<0,r(x)单调递减,

∴r(x)max=r,因为a≤-,所以r≤0,

∴xeax-1-1≤0.

∴g(x)在上单调递减,在上单调递增,

∴g(x)min=g·e-2-ln+1,

设t=-,∵a∈,∴t∈(0,e2],

令h(t)=-ln t+1(0<t≤e2),

则h'(t)=≤0,∴h(t)在(0,e2]上单调递减,

∴h(t)≥h(e2)=0,

∴g(x)≥0,故f(x)≥2ax-xeax-1.

2.解析　(1)由已知,得f'(x)=(x>0).

当a≤0时, f=-ln 2+a<0,与条件f(x)≥0矛盾;

当a>0时,若x∈(0,a),则f'(x)<0, f(x)单调递减,若x∈(a,+∞),则f'(x)>0,f(x)单调递增,

所以f(x)在(0,+∞)上有最小值f(a)=ln a+a=ln a+1-a,

因为f(x)≥0,所以ln a+1-a≥0,

令g(x)=ln x-x+1(x>0),所以g'(x)=,

当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)在(0,+∞)上有最大值g(1)=0,所以g(x)=ln x-x+1≤0,即ln a-a+1≤0,所以ln a-a+1=0,所以a=1.

综上,当f(x)≥0时,实数a取值的集合为{1}.

(2)证明:由(1)可知当a=1时, f(x)≥0,即ln x≥1-在x>0时恒成立.

要证ex+≥2-ln x+x2+(e-2)x,只需证当x>0时,ex-x2-(e-2)x-1≥0.

令h(x)=ex-x2-(e-2)x-1(x>0),

则h'(x)=ex-2x-(e-2),令u(x)=ex-2x-(e-2)(x>0),

则u'(x)=ex-2,令u'(x)=ex-2=0,解得x=ln 2,

所以函数u(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,

即函数h'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,

又h'(0)=1-(e-2)=3-e>0,h'(ln 2)<h'(1)=0,

所以存在x0∈(0,ln 2),使得h'(x0)=0.

当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(x0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;

当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,

又h(0)=1-1=0,h(1)=e-1-1-(e-2)=0,

所以对任意的x>0,h(x)≥0恒成立,即ex-x2-(e-2)x-1≥0成立.

综上,ex+≥2-ln x+x2+(e-2)x成立.

3.解析　(1)由题意知x>0, f'(x)=a-1-ln x,

令f'(x)=0,得x=ea-1,

故当x∈(0,ea-1)时, f'(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(ea-1,+∞)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,

所以f(x)在x=ea-1处取到最大值,即f(x)max=f(ea-1)=1,所以a=1.

(2)证明:要证f(x)≤e-2x+2x2,只需证e-2x+2x2-x+xln x≥0(x>0).

令h(x)=e-2x+2x2-x+xln x(x>0),

则h'(x)=-2e-2x+4x+ln x,[h'(x)]'=4e-2x+4+>0,

所以h'(x)为(0,+∞)上的增函数,又h'(1)=-2e-2+4>0,h'+1-ln 4<0,

所以存在x0∈,使得h'(x0)=0,所以h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(x0).

由h'(x0)=0得2+ln x0,

设g(x)=2ex+x,则g'(x)=2ex+1>0,

所以g(x)为定义域上的增函数,所以-2x0=ln x0,=x0,

所以h(x0)=x0+2-x0+x0(-2x0)=0,

即h(x)≥0,即f(x)≤e-2x+2x2.

4.解析　(1)易得函数f(x)的定义域为(-1,+∞).

∵f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,

∴f'(x)=-aln(x+1)+-1,

则[f'(x)]'=-,

当a≤-时,-≤0,又∵x∈[0,1],

∴[f'(x)]'≥0,

∴f'(x)在[0,1]上单调递增,

∴f'(x)min=f'(0)=0,即f'(x)≥0,

∴函数f(x)在[0,1]上单调递增,

∴f(x)min=f(0)=0,

故当a≤-时,函数f(x)在区间[0,1]上的最小值为0.

(2)证明:根据(1)可知,当a=-时, f(x)≥0对任意的x∈[0,1]恒成立,

此时f(x)=ln(1+x)-x,取x=∈(0,1](n∈N+),

则对任意正整数n都有f>0,

即>1,可得>e对任意的正整数n都成立,令n=2 020,得>e.

5.解析　(1)f(x)g(x)≤ax2对x∈[1,+∞)恒成立,即(xln x+x)·≤ax2对x∈[1,+∞)恒成立,化简可得a≥对x∈[1,+∞)恒成立.

令k(x)=(x∈[1,+∞)),则k'(x)=,因为x≥1,所以0<≤1,

ln x+1≥1,

所以k'(x)≤0,k(x)在[1,+∞)上单调递减,k(x)≤k(1)=.

所以a的最小值为.

(2)证明:要证f(x)+1-x>g(x),

只需证xln x+1>(x>0),

即证ln x+(x>0).

设t(x)=ln x+(x>0),则t'(x)=.

x∈(0,1)时,t'(x)<0,所以t(x)在(0,1)上单调递减;

x∈(1,+∞)时,t'(x)>0,所以t(x)在(1,+∞)上单调递增,所以t(x)≥t(1)=1.

设h(x)=(x>0),因为h(x)在(0,+∞)上是减函数,所以h(x)<h(0)=1.

所以t(x)>h(x),即f(x)+1-x>g(x).

(3)证明:由题意可知方程f(x)-g(x)=x在区间(1,+∞)上的实根为x0,即ln x0=,由F(x1)=F(x2)可知,要证F(x2)<F(2x0-x1),即证F(x1)<F(2x0-x1).

当1<x<x0时,F(x)=xln x,F'(x)=1+ln x>0,因此F(x)在(1,x0)上单调递增.

当x>x0时,F(x)=<0,因此F(x)在(x0,+∞)上单调递减.

易得x1∈(1,x0),所以2x0-x1>x0,

要证F(x1)<F(2x0-x1),

即证x1ln x1<.

记m(x)=xln x-,1<x<x0.

因为ln x0=,所以x0ln x0=,

则m(x0)=x0ln x0-=0.

易得m'(x)=1+ln x+=1+ln x+.

设n(t)=(t>0),则n'(t)=,当t∈(0,1)时,n'(t)>0,t∈(1,+∞)时,n'(t)<0,故n(t)max=n(1)=.

又n(t)>0,故0<n(t)<,因为2x0-x>1,所以-<0,

因此m'(x)>0,即m(x)在(1,x0)上单调递增,

所以m(x)<m(x0)=0,即x1ln x1<.

故F(x2)<F(2x0-x1)得证.