高中数学高考4 第4讲　利用导数证明不等式　新题培优练

1．(2019·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．ex2－ex1<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.

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，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)单调递减，在(2，＋∞)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．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.

(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

解：(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．

因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．

因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.

又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，

故f(x)在(0，1)有唯一零点.

综上，f(x)有且仅有两个零点．

(2)证明：因为＝e－ln x0，故点B在曲线y＝ex上．

由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，则直线AB的斜率

k＝＝＝.

曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

5．(一题多解)(2019·福州模拟)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：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.

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.

6．已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．

(1)求实数a的值；

(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋＋＋…＋>ln(n＋1)都成立．

解：(1)因为f′(x)＝－2x－1，

又因为x＝0为f(x)的极值点．

所以f′(0)＝－1＝0，

所以a＝1.经检验，a＝1时在x＝0处取得极值，

所以a＝1.

(2)证明：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.

因为f′(x)＝－2x－1＝－.

令f′(x)>0得－1<x<0.

当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表．

所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号)．

令x＝，则ln<＋，

即ln<，

所以ln＋ln＋…＋ln<2＋＋…＋.

即2＋＋＋…＋>ln(n＋1)．