2022版新教材高考数学一轮复习18利用导数证明不等式_构造法证明不等式训练含解析新人教B版

十八　利用导数证明不等式——构造法证明不等式

(建议用时：45分钟)

A组　全考点巩固练

1．对∀x∈[0，＋∞)，ex与1＋x的大小关系为(　　)

A．ex≥1＋x   B．ex<1＋x

C．ex＝1＋x   D．不确定

A　解析：令f(x)＝ex－(1＋x)．因为f′(x)＝ex－1，所以对∀x∈[0，＋∞)，f′(x)≥0，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，即ex≥1＋x.故选A.

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

C　解析：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. 若e是自然对数的底数，则(　　)

A.>>   B.>>

C.>>   D.>>

A　解析：令f(x)＝，则f′(x)＝.

当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

所以f(x)＝≤f(e)＝，排除CD.

由f(π)>f(4)得>＝.故选A.

4．已知x＝1是函数f(x)＝ax3－bx－ln x(a>0，b∈R)的一个极值点，则ln a与b－1的大小关系是(　　)

A．ln a>b－1   B．ln a<b－1

C．ln a＝b－1   D．以上都不对

B　解析：f′(x)＝3ax2－b－.

因为x＝1是f(x)的极值点，

所以f′(1)＝3a－b－1＝0，即3a－1＝b.

令g(a)＝ln a－(b－1)＝ln a－3a＋2(a>0)，

则g′(a)＝－3＝.

令g′(a)>0，解得0<a<；

令g′(a)<0，解得a>.

故g(a)在上单调递增，在上单调递减．

故g(a)max＝g＝1－ln 3<0，故ln a<b－1.

5．证明：ex－ln x>2.

证明：设f(x)＝ex－ln x(x>0)，

则f′(x)＝ex－.

令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋>0，

所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，

所以在上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.

所以在(0，x0)上，f(x)单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值．

所以f(x0)＝ex0－ln x0＝＋x0>2，故f(x)>2，即ex－ln x>2.

6．证明：当x∈[0,1]时，x≤sin x≤x.

证明：令f(x)＝sin x－x，则f′(x)＝cos x－.

当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；

当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减．

又f(0)＝0，f(1)>0，

所以当x∈[0,1]时，f(x)≥0，

即sin x≥x.

记H(x)＝sin x－x，

则当x∈(0,1)时，H′(x)＝cos x－1<0，

所以H(x)在[0,1]上单调递减，

则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.

综上，当x∈[0,1]时，x≤sin x≤x.

B组　新高考培优练

7．已知函数f(x)＝ax2－xln x.

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若a＝e，证明：当x>0时，f (x)<xex＋.

(1)解：由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1.

因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，即2a≥恒成立．

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，

易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，

所以2a≥1，即a≥.

故实数a的取值范围是.

(2)证明：若a＝e，要证f(x)<xex＋，

只需证ex－ln x<ex＋，即证ex－ex<ln x＋.

令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝.

易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，

则h(x)min＝h＝0，

所以ln x＋≥0.

令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，

易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，

所以ex－ex≤0.

因为h(x)与φ(x)不同时为0，

所以ex－ex<ln x＋，

故原不等式成立．

8．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.

(1)求a的值；

(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞x.

(1)解：f′(x)＝2ax－ln x－1－.

由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.

(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)·ln x，

要证当0＜x≤2时，f(x)＞x，

只需证当0＜x≤2时，x－ln x＞＋.

令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋，

由g′(x)＝1－＝0，得x＝1，

易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，

故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.

h′(x)＝，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，

所以h(x)在(0,2]上单调递增，

故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝＜1，

即h(x)max＜g(x)min，

故当0＜x≤2时，f(x)＞x.

9．若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．

(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；

(2)证明：1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．

(1)解：因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.

f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，

故极值f(0)是函数的最小值．

(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.

即ln (x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，

令x＝(k∈N*)，

则＞ln ，即＞ln ，

所以＞ln (1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)，

累加得1＋＋＋…＋＞ln (n＋1)(n∈N*)．

10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.

(1)当a＝0时，求函数f(x)的图像在(1，f(1))处的切线方程；

(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.

(1)解：当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)．又因为f′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.

(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．

由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，

得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，

从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln (x1x2)．

令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－＝，

易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1.因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．