【最新版】高中数学高三培优小题练第24练　高考大题突破练——不等式证明

第24练　高考大题突破练——不等式证明

考点一　将不等式转化为函数的最值问题

1．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln(a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．

(1)求a；

(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)<1.

(1)解　由题意得y＝xf(x)＝xln(a－x)，

则y′＝ln(a－x)＋x[ln(a－x)]′.

因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，

所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1.

(2)证明　由(1)可知，f(x)＝ln(1－x)，其定义域为{x|x<1}，

当0<x<1时，ln(1－x)<0，此时xf(x)<0，

当x<0时，ln(1－x)>0，此时xf(x)<0.

易知g(x)的定义域为{x|x<1且x≠0}，

故要证g(x)＝<1，只需证x＋f(x)>xf(x)，即证x＋ln(1－x)－xln(1－x)>0.

令1－x＝t，则t>0，且t≠1，

则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t>0，即证1－t＋tln t>0.

令h(t)＝1－t＋tln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t，

因为在(0,1)上h′(x)<0，在(1，＋∞)上h′(x)>0，

所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，

即g(x)<1成立．

考点二　将不等式转化为两个函数的最值进行比较

2．已知函数f＝xln x＋x，g＝.

(1)若不等式fg≤ax2对x∈恒成立，求a的最小值；

(2)证明：f＋1－x>g.

(1)解　fg≤ax2，即·≤ax2，化简可得≤a.

令m＝，m′＝，因为x≥1，所以≤1，ln x＋1≥1，

所以m′≤0，m在上单调递减，m≤m＝，

所以a的最小值为.

(2)证明　要证f＋1－x>g，

即xln x＋1>，

两边同除以x可得ln x＋>.

设t＝ln x＋，则t′＝－＝，

在上，t′<0，所以t在上单调递减，

在上，t′>0，所以t在上单调递增．所以t≥t＝1.

设h＝，因为h在上单调递减，所以h<h＝1，

所以t>h，即f＋1－x>g.

考点三　适当放缩证明不等式

3．已知函数f＝aex－ln x－1.

(1)设x＝2是f的极值点．求a的值，并讨论f的零点个数；

(2)证明：当a≥时，f≥0.

(1)解　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．

f(x)min＝f(2)＝－－ln 2<0，

因为f ＝e>0，f(4)＝－ln 4－1>0，

所以f(x)有两个零点．

(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)的极小值点也是最小值点，故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.

因此当a≥时，f(x)≥0.

4．已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.

(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；

(2)当x>y>e－1时，证明：ex－y>.

(1)解　当a＝2时，f(x)＝2x－1－ln x，其中x>0，

所以f′(x)＝2－＝，

令f′(x)<0，则<0，即0<x<，

令f′(x)>0，则>0，即x>，

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.

(2)证明　因为x>y>e－1，所以x＋1>y＋1>e，ln(x＋1)>ln(y＋1)>ln e＝1，

所以ex－y>等价于>，

即>，

要证明ex－y>，只需证明>，

令h(x)＝，x>e－1，只需证明h(x) ＝在(e－1，＋∞)上单调递增，

又h′(x)＝，

易知m(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，

所以ln(x＋1)－>ln e－＝1－>0，

所以h′(x)＝>0，

所以h(x)＝在(e－1，＋∞)上单调递增，

又x>y>e－1，所以h(x)>h(y)，

即>，

所以ex－y>.