2021版新高考地区高考数学（人教版）大一轮复习（课件+学案+高效演练分层突破）第04章 第4讲 第1课时　利用导数证明不等式

[基础题组练]

1．(2020·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．e x2－e x1<ln x2－ln x1

C．x2e x1>x1e x2  D．x2e x1<x1e x2

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x2e x1>x1e x2，故选C．

3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．

(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

(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．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a>0时，证明：f(x)≥.

解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；

若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．

(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，

即证ln a＋－1≥0.

令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，

当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，

所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以g(a)min＝g(1)＝0.

所以ln a＋－1≥0恒成立，

所以f(x)≥.

5．(2020·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：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.

6．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．

(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；

(2)求证：当0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

因为f(x)＝λln x－e－x，

所以f′(x)＝＋e－x＝，

因为函数f(x)是单调函数，

所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，

所以≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.

令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，

当0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1时，φ′(x)>0，

则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.

②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，

所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，

由①得φ(x)＝－在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.

综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．

(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，

f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，

因为0<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，

即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，

所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.

要证e1－x2－e1－x1>1－，

只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－.

令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，

令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，

当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，

又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1－，原不等式得证．