《2021高考數學一輪復習 課后限時集訓17 利用導數證明不等式 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021高考數學一輪復習 課后限時集訓17 利用導數證明不等式 理 北師大版（3頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課后限時集訓17 利用導數證明不等式 建議用時：45分鐘 1．(2019·福州模擬)已知函數f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)討論f(x)的單調性； (2)當a＝e時，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，＋∞)上單調遞增； ②若a＞0，則當0＜x＜時，f′(x)＞0，當x＞時，f′(x)＜0， 故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (2)證明：法一：因為x＞0，所以只需證f(x)≤－2e， 當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞

2、減， 所以f(x)max＝f(1)＝－e. 記g(x)＝－2e(x＞0)， 則g′(x)＝， 所以當0＜x＜1時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減，當x＞1時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 綜上，當x＞0時，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， 從而等價于ln x－x＋2≤. 設函數g(x)＝ln x－x＋2，則g′(x)＝－1. 所以當x∈(0,1)時，g′(x)＞0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0， 故g(x)在(0,

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

4、定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－. (ⅰ)若a≤2，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)單調遞減． (ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝. 當x∈∪時，f′(x)＜0； 當x∈時，f′(x)＞0. 所以f(x)在，上單調遞減，在上單調遞增． (2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點時，當且僅當a＞2. 由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨設x1＜x2，則x2＞1. 由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a， 所以＜a－2等價于－x2＋2ln x2＜0. 設函

5、數g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，又g(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0. 所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2. 3．已知函數f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b. (1)當b＝0時，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整數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)現證明ex≥x＋1，設F(x)＝ex－x－1，則F′(x)＝ex－1，當x∈(0，＋∞)時，F′(x)＞0，當x∈(－∞，0)時，F′(x)

6、＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞減，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，因為兩個等號不能同時成立，所以ex＞ln(x＋2)， 當a≤2時，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex， 所以當a≤2時，f(x)－g(x)＞0恒成立． 當a≥3時，e0＜ln a，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立． 故整數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， 又因為e0＋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