课时分层作业21 利用导数证明不等式(Word练习)-【名师导航】2024年高考理科数学一轮总复习(老高考)人教版

课时分层作业(二十一)　利用导数证明不等式 1．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：法一：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． 法二：由题意知，即证exln x－ex2－ex＋2ex≤0， 从而等价于ln x－x＋2≤． 设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－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)＝，则h′(x)＝． 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x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf (x)－ex＋2ex≤0． 2．(2022·黑龙江铁人中学高三一模)已知f (x)＝asin x＋x2ex－ax－xexsin x． (1)当f (x)有两个零点时，求a的取值范围； (2)当a＝1，x>0时，设g(x)＝，求证：g(x)≥x＋ln x． [解]　(1)由题知，f (x)＝(xex－a)(x－sin x)有两个零点，∵x－sin x＝0时，x＝0， 故xex－a＝0有一个非零实根， 设h(x)＝xex，得h′(x)＝(x＋1)ex， ∴h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 又h(－1)＝－，h(0)＝0，x>0时，h(x)>0；x<0时，h(x)<0． 所以，a的取值范围是a＝－或a>0． (2)证明：由题，g(x)＝＝xex－1， 法一：要证xex－1≥x＋ln x＝ln(xex)， 令t＝xex>0，令H(t)＝t－ln t－1(t>0)， H′(t)＝1－＝，∴H(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∴H(x)≥H(1)＝0．∴xex－1≥x＋ln x． ∴g(x)≥x＋ln x． 法二：要证xex－1≥x＋ln x成立，故设M(x)＝xex－x－ln x－1， M′(x)＝(x＋1)(x>0)， 令N(x)＝ex－，则N′(x)＝ex＋>0， ∴N(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又N ＝－2<0，N(1)＝e－1>0， ∴∃x0∈使N(x0)＝0，∴e＝，x0＝－ln x0， ∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． ∴[M(x)]min＝M(x0)＝x0e－x0－ln x0－1＝0， ∴xex－1≥x＋ln x． ∴g(x)≥x＋ln x． 3．已知函数f (x)＝x－1－aln x． (1)若f (x)≥0，求a的值； (2)证明：对于任意正整数n，…＜e． [解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)， ①若a≤0，因为f ＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意． ②若a＞0，由f ′(x)＝1－＝知， 当x∈(0，a)时，f ′(x)＜0； 当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)＞0； 所以f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 故x＝a是f (x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f (x)≥0，故a＝1． (2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0． 令x＝1＋，得ln＜． 从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1． 故…＜e． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $