【新高考复习】4 第4讲　利用导数证明不等式　新题培优练

1．(2019·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)ln2B．f(2)－f(1)ln2C．f(2)－f(1)1D．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)1x＝(lnx)′，即f′(x)－(lnx)′0.令F(x)＝f(x)－lnx，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln2f(1)－ln1，即f(2)－f(1)ln2.2．若0x1x21，则()A．ex2－ex1lnx2－lnx1B．ex2－ex1lnx2－lnx1C．x2ex1x1ex2D．x2ex1x1ex2解析：选C.令f(x)＝exx，则f′(x)＝xex－exx2＝ex（x－1）x2.当0x1时，f′(x)0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0x1x21，所以f(x2)f(x1)，即ex2x2ex1x1，所以x2ex1x1ex2，故选C.3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.当0x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0.所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.4．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－x＋1x－1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．解：(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x＋2（x－1）20，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－e＋1e－10，f(e2)＝2－e2＋1e2－1＝e2－3e2－10，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又01x11，f1x1＝－lnx1＋x1＋1x1－1＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点1x1.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)证明：因为1x0＝e－lnx0，故点B－lnx0，1x0在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝x0＋1x0－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝1x0－lnx0－lnx0－x0＝1x0－x0＋1x0－1－x0＋1x0－1－x0＝1x0.曲线y＝ex在点B－lnx0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是1x0，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．5．(一题多解)(2019·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－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)＝ex－a(x0)．①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a0，则当0xea时，f′(x)0，当xea时，f′(x)0，故f(x)在0，ea上单调递增，在ea，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x0，所以只需证f(x)≤exx－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)＝exx－2e(x0)，则g′(x)＝（x－1）exx2，所以当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤exx－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤exex.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝1x－1.所以当x∈(0，1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝exex，则h′(x)＝ex（x－1）ex2.所以当x∈(0，1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.6．已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．(1)求实数a的值；(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋34＋49＋…＋n＋1n2ln(n＋1)都成立．解：(1)因为f′(x)＝1x＋a－2x－1，又因为x＝0为f(x)的极值点．所以f′(0)＝1a－1＝0，所以a＝1.经检验，a＝1时在x＝0处取得极值，所以a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.因为f′(x)＝1x＋1－2x－1＝－x（2x＋3）x＋1.令f′(x)0得－1x0.当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表．x(－1，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号)．令x＝1n，则ln1n＋11n2＋1n，即lnn＋1nn＋1n2，所以ln21＋ln32＋…＋lnn＋1n2＋34＋…＋n＋1n2.即2＋34＋49＋…＋n＋1n2ln(n＋1)．