课时作业(20) 利用导数证明不等式（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

课时作业(二十)　利用导数证明不等式 [技能提分练] 1．(2023·北京市海淀区高三期末)已知函数f(x)＝x ln (x＋1). (1)判断0是否为f(x)的极小值点，并说明理由； (2)证明：>－x＋1. (1)解：0是f(x)的极小值点．理由如下： 对函数求导得f′(x)＝ln (x＋1)＋， 当x>0时，ln (x＋1)>0，>0，所以f′(x)>0. 当－1<x<0时，0<x＋1<1，可知ln (x＋1)<0，<0，所以f′(x)<0. 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，在区间(－1，0)上单调递减． 所以0是f(x)的极小值点． (2)证明：>－x＋1，即>－x＋1，即>0， 记g(x)＝ln (x＋1)＋x2－x(x>－1)， 求导得g′(x)＝＋x－1＝， 当x>－1时，易知g′(x)≥0，所以函数g(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增． 又g(0)＝0，可得当x>0时，g(x)>g(0)＝0， 即当x>0时，不等式ln (x＋1)＋x2－x>0 成立． 即当x>0时，不等式>－x＋1成立， 当－1<x<0时，g(x)<g(0)＝0， 即当－1<x<0时，不等式ln (x＋1)＋x2－x<0成立． 即当－1<x<0时，不等式>－x＋1成立． 综上所述，不等式>－x＋1成立． 2．(2023·山东临沂模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋x＋＋2a(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若0<a<，求证：f(x)<x＋. (1)解：函数f(x)＝a ln x＋x＋＋2a 的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋1－＝. 对于方程x2＋ax－2＝0，Δ＝a2＋8>0. 解方程x2＋ax－2＝0，可得x1＝<0，x2＝>0. 当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，)， 单调递增区间为(，＋∞). (2)证明：要证明f(x)<x＋， 即证x＋a ln x＋＋2a<x＋， 即证a(ln x＋2)<，即证<. 令g(x)＝，其中x>0，则g′(x)＝. 当0<x<2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减； 当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(2)＝. 令h(x)＝，其中0<a<，x>0， 则h′(x)＝－. 当0<x<时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增； 当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减． 所以h(x)max＝h＝ae<，即h(x)max<g(x)min，所以<. 故原不等式得证． 3．(2023·天津崇化中学模拟)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0. (1)求a，b的值； (2)证明：当x>0，且x≠1时，f(x)>. (1)解：f′(x)＝－.由于直线x＋2y－3＝0 的斜率为－，且过点(1，1)，所以 即解得a＝1，b＝1. (2)证明：由(1)知f(x)＝＋，x∈(0，＋∞)， 所以f(x)>⇔＋>⇔ ＋>0⇔>0. 令h(x)＝ln x－(x>0)，则h′(x)＝－＝－≤0，于是h(x)在(0，＋∞)上单调递减． 当0<x<1时，h(x)单调递减，所以h(x)>h(1)＝0，于是h(x)>0；当x>1时，h(x)单调递减，所以h(x)<h(1)＝0，于是h(x)>0. 综上所述，当x>0且x≠1时，f(x)>. 4．(2023·天津南开中学模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝1时，证明：xf(x)<ex. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋1＝.当a≥0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a<0时，令f′(x)>0，得x∈(－a，＋∞)； 令f′(x)<0，得x∈(0，－a). 所以f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． (2)证明：当a＝1时，要证xf(x)<ex， 即证x2＋x ln x<ex，即证1＋<.令函数g(x)＝1＋， 则g′(x)＝.令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞). 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝1＋. 令函数h(x)＝，则h′(x)＝. 当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(2)＝.因为－>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋<，从而xf(x)<ex得证． [素养拉分练] 5．(2023·湖南衡阳模拟)已知函数f(x)＝x ln x－ax2，a∈R. (1)设a≥，g(x)＝f(ex)，讨论函数g(x)的单调性； (2)若函数f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，且x1<x2，f(x2)>0，求证：>1. (1)解：由题意，函数g(x)＝f(ex)＝xex－ae2x，可得g′(x)＝ex(1＋x－2aex)， 设h(x)＝1＋x－ex，则h′(x)＝1－ex， 当x<0时，h′(x)>0，当x>0时，h′(x)<0， 所以函数h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(0)＝0. 当a≥时，1＋x－2aex≤1＋x－ex≤0，g′(x)≤0 恒成立，所以函数g(x)在R上单调递减． (2)证明：由函数f(x)＝x ln x－ax2，可得f′(x)＝ln x＋1－2ax， 因为函数f(x)存在两个不同的极值点x1，x2， 令f′(x)＝0，则2a＝，设k(x)＝(x>0)，可得k′(x)＝， 当0<x<1时，k′(x)>0，当x>1时，k′(x)<0， 所以函数k(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且x→＋∞时，k(x)→0， k(1)＝1，k＝0，所以0<2a<1， 又由ln x2＋1＝2ax2，可得a＝，且f(x2)>0，即x2ln x2－ax>0，即ln x2>ax2＝，所以ln x2>1，x2>e. 又＝＝ >， 设φ(x)＝x ln x－2x＋e，当x>e时，φ′(x)＝ln x－1>0，所以函数φ(x)在(e，＋∞)上单调递增． 则x>e时，φ(x)>φ(e)＝0，即x ln x－x>x－e(x>e)，所以>1. 6．已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝x ln x－m(x2－1)(m∈R). (1)若函数f(x)，g(x)在区间(0，1)上均单调且单调性相反，求实数m的取值范围； (2)若0<a<b，证明：<<. (1)解：f′(x)＝－＝>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增． 由已知f(x)，g(x)在(0，1)上均单调且单调性相反，得g(x)在(0，1)上单调递减． 所以g′(x)＝ln x＋1－2mx≤0在(0，1)上恒成立，即2m≥， 令φ(x)＝(x∈(0，1))，φ′(x)＝>0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增，φ(x)<φ(1)＝1，所以2m≥1，即m≥.所以实数m的取值范围为. (2)证明：由(1)知f(x)＝ln x－在(0，1)上单调递增，得f(x)＝ln x－<f(1)＝0，即ln x<，令x＝∈(0，1)，得ln <＝， 因为ln <0，所以<. 在(1)中，令m＝，由g(x)在(0，1)上单调递减得g(x)>g(1)＝0， 所以x ln x－(x2－1)>0，即ln x>， 取x＝∈(0，1)，得ln >， 即ln a－ln b>，由ln a－ln b<0得<. 综上，<<. 学科网（北京）股份有限公司 $$