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2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)17 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 理 北師大版

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2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)17 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 理 北師大版_第1頁
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1、課后限時(shí)集訓(xùn)17 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 建議用時(shí):45分鐘 1.(2019·福州模擬)已知函數(shù)f(x)=eln x-ax(a∈R). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a=e時(shí),證明:xf(x)-ex+2ex≤0. [解] (1)f′(x)=-a(x>0). ①若a≤0,則f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; ②若a>0,則當(dāng)0<x<時(shí),f′(x)>0,當(dāng)x>時(shí),f′(x)<0, 故f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)證明:法一:因?yàn)閤>0,所以只需證f(x)≤-2e, 當(dāng)a=e時(shí),由(1)知,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞

2、減, 所以f(x)max=f(1)=-e. 記g(x)=-2e(x>0), 則g′(x)=, 所以當(dāng)0<x<1時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x>1時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增, 所以g(x)min=g(1)=-e. 綜上,當(dāng)x>0時(shí),f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e, 即xf(x)-ex+2ex≤0. 法二:由題意知,即證exln x-ex2-ex+2ex≤0, 從而等價(jià)于ln x-x+2≤. 設(shè)函數(shù)g(x)=ln x-x+2,則g′(x)=-1. 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)>0,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)<0, 故g(x)在(0,

3、1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 從而g(x)在(0,+∞)上的最大值為g(1)=1. 設(shè)函數(shù)h(x)=,則h′(x)=. 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h′(x)<0,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)>0, 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 從而h(x)在(0,+∞)上的最小值為h(1)=1. 綜上,當(dāng)x>0時(shí),g(x)≤h(x),即xf(x)-ex+2ex≤0. 2.(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=-x+aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,證明:<a-2. [解] (1)f(x)的

4、定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=--1+=-. (ⅰ)若a≤2,則f′(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時(shí)f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減. (ⅱ)若a>2,令f′(x)=0,得x=或x=. 當(dāng)x∈∪時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0. 所以f(x)在,上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. (2)證明:由(1)知,f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí),當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨設(shè)x1<x2,則x2>1. 由于=--1+a=-2+a=-2+a, 所以<a-2等價(jià)于-x2+2ln x2<0. 設(shè)函

5、數(shù)g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,又g(1)=0,從而當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g(x)<0. 所以-x2+2ln x2<0,即<a-2. 3.已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=ln(x+a)+b. (1)當(dāng)b=0時(shí),f(x)-g(x)>0恒成立,求整數(shù)a的最大值; (2)求證:ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n< (n∈N+). [解] (1)現(xiàn)證明ex≥x+1,設(shè)F(x)=ex-x-1,則F′(x)=ex-1,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),F(xiàn)′(x)>0,當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),F(xiàn)′(x)

6、<0,所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)≥0恒成立, 即ex≥x+1. 同理可得ln(x+2)≤x+1,因?yàn)閮蓚€(gè)等號(hào)不能同時(shí)成立,所以ex>ln(x+2), 當(dāng)a≤2時(shí),ln(x+a)≤ln(x+2)<ex, 所以當(dāng)a≤2時(shí),f(x)-g(x)>0恒成立. 當(dāng)a≥3時(shí),e0<ln a,即ex-ln(x+a)>0不恒成立. 故整數(shù)a的最大值為2. (2)證明:由(1)知ex>ln(x+2),令x=, 則e>ln, 即e-n+1>n=[ln(n+1)-ln n]n, 所以e0+e-1+e-2 +…+e-n+1>ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n, 又因?yàn)閑0+e-1+e-2+…+e-n+1=<=, 所以ln 2+(ln 3-ln 2)2+(ln 4-ln 3)3+…+[ln(n+1)-ln n]n<. 3

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