2024高考数学一轮总复习（导与练）第三章 第5节　利用导数证明不等式

第5节　利用导数证明不等式

[选题明细表]

1.(2022·乌鲁木齐模拟)已知f(x)=ln x-x,f′(x)为f(x)的导函数,g(x)=.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)证明:当x≥1时,g(x)≤;

(3)求证:当x≥1时,f(x)≤f′(x)+g(x)-成立.

(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=-1=,

令f′(x)>0,解得0<x<1,

令f′(x)<0,解得x>1,

所以f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).

(2)证明:g(x)-=-=,

令h(x)=ex-ex,x≥1,则h′(x)=e-ex,

当x≥1时,h′(x)≤0,

则h(x)在[1,+∞)上单调递减,

所以h(x)≤h(1)=0,即ex-ex≤0,

则g(x)≤,原不等式得证.

(3)证明:令t(x)=f′(x)+g(x)-f(x)-=-ln x+x--1,x≥1,

则t′(x)=--++1,x≥1,

当x≥1时,ex≥ex,

则t′(x)≥(-1)2≥0,

所以t(x)在[1,+∞)上单调递增,则t(x)≥t(1)=0,原不等式得证.

2.设函数f(x)=+x.

(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x-y=0垂直,求a

的值;

(2)当a>1时,证明:f(x)≥3-.

(1)解:函数f(x)=+x的定义域为R,

f′(x)=-+1.

因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x-y=0垂直,

所以f′(0)=-+1=-1,解得a=2.

(2)证明:f′(x)=-+1=(ex-a).

当a>1时,令f′(x)>0,可得x>ln a;

令f′(x)<0,可得x<ln a.

所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

所以f(x)≥f(ln a)=1+ln a.

当a>1时,有ln a>0.

因为1+ln a-(3-)=ln a+-2≥2-2=0

(当且仅当ln a=,即a=e时,“=”成立),

所以1+ln a≥3-,即f(x)≥3-.

3.(2023·湖北武汉模拟)已知函数f(x)=aln x+x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a=1时,证明:xf(x)<ex.

(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=+1=.

当a≥0时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

当a<0时,若x∈(-a,+∞),则f′(x)>0;

若x∈(0,-a),则f′(x)<0,

所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.

综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a<0时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.

(2)证明:当a=1时,要证xf(x)<ex,

即证x2+xln x<ex,即证1+<.

令函数g(x)=1+,则g′(x)=.

令g′(x)>0,得x∈(0,e);

令g′(x)<0,得x∈(e,+∞).

所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,

所以g(x)max=g(e)=1+,

令函数h(x)=,则h′(x)=.

当x∈(0,2)时,h′(x)<0;

当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,

所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

所以h(x)min=h(2)=.

因为-(1+)>0,

所以h(x)min>g(x)max,

即1+<,从而xf(x)<ex得证.

4.已知函数f(x)=a(x2-x)-ln x(a∈R).

(1)当a=1时,讨论函数f(x)的单调性;

(2)证明:当x>1时,>.

(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f′(x)=2x-1-=,

因为x>0,所以2x+1>0,

所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

(2)证明:由(1)知,当a=1,x>1时,恒有f(x)>f(1),即x2-x>ln x,

所以当x>1时,0<ln x <x2-x,

要证>,只需证ex-1>(x2+1),

令g(x)=ex-1-(x2+1),

则g′(x)=ex-1-x,g″(x)=ex-1-1,

g′(1)=0,g″(1)=0,

因为g″(x)=ex-1-1在(1,+∞)上单调递增,

所以g″(x)>g″(1)=0,则g′(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以g′(x)>g′(1)=0,则g(x)在(1,+∞)上单调递增,

所以当x>1时,g(x)>g(1)=0,

即ex-1>(x2+1)成立,故>成立.

5.已知f(x)=e-2x+2x+aln(x+1).

(1)若f(x)的图象在x=0处的切线过点P(-1,0),求a的值;

(2)若x>0,-2<a<0,求证:f(x)>(x+1)a.

(1)解:f′(x)=-2e-2x+2+,

f(0)=1+0+0=1,

所以f(x)在x=0处的切线的斜率为f′(0)=-2+2+a=a,

所以设x=0处的切线方程为y=ax+b,

则有解得

所以a的值为1.

(2)证明:要证f(x)>(x+1)a,

即证e-2x+2x+aln(x+1)>(x+1)a,

即e-2x+2x+aln(x+1)-(x+1)a>0,

设g(x)=e-2x+2x+aln(x+1)-(x+1)a,

则g′(x)=-2e-2x+2+-a(x+1)a-1,

当x>0,-2<a<0时,y=-2e-2x单调递增,

y=单调递增,y=-a(x+1)a单调递增,

所以g′(x)单调递增,

因为g′(0)=-2+2+a-a=0,x>0,

则g′(x)>0,即g(x)单调递增,

因为g(0)=1-1=0,

所以当x>0,-2<a<0时,g(x)>g(0)=0,

即e-2x+2x+aln(x+1)-(x+1)a>0,

所以e-2x+2x+aln(x+1)>(x+1)a,

所以f(x)>(x+1)a得证.

6.已知函数f(x)=axex-(x+1)2(a∈R,e为自然对数的底数).

(1)若f(x)在x=0处的切线与直线y=ax垂直,求a的值;

(2)讨论函数f(x)的单调性;

(3)当a≥时,求证:f(x)≥ln x-x2-x-2.

(1)解:f′(x)=(x+1)(aex-2),

由题意得f′(0)=a-2=-,解得a=1.

(2)解:f′(x)=(x+1)(aex-2),

当a≤0时,aex-2<0,

易得当x>-1时,f′(x)<0,函数单调递减,

当x<-1时,f′(x)>0,函数单调递增.

当a>0时,由aex-2=0得x=ln,

若0<a<2e,ln>-1,

易得,当x<-1或x>ln时,f′(x)>0,函数单调递增,当-1<x<ln时,

f′(x)<0,函数单调递减.

当a=2e时,f′(x)≥0恒成立,函数在R上单调递增.

当a>2e时,ln<-1,

易得,当x>-1或x<ln时,f′(x)>0,函数单调递增,当ln<x<-1时,

f′(x)<0,函数单调递减.

综上,当a≤0时,函数在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调

递减;

当0<a<2e时,函数在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,ln)上单调递减,在(ln,+∞)上单调递增;

当a=2e时,函数在R上单调递增;

当a>2e时,函数在(-∞,ln)上单调递增,在(ln,-1)上单调递减,

在(-1,+∞)上单调递增.

(3)证明:f(x)≥ln x-x2-x-2即为axex-ln x-x+1≥0,

因为a≥,即ae2≥1,

所以axex-ln x-x+1≥xex-2-ln x-x+1(x>0),

令g(x)=xex-2-ln x-x+1=eln x+x-2-(ln x+x-2)-1(x>0),

令t=ln x+x-2,x>0,

则h(t)=et-t-1,h′(t)=et-1,

当t>0时,h′(t)>0,h(t)单调递增,当t<0时,h′(t)<0,h(t)单调

递减,

所以h(t)≥h(0)=0,即g(x)≥0,

所以f(x)≥ln x-x2-x-2.