利用导数证明不等式 专项训练-2025届高三数学一轮复习

利用导数证明不等式 1．设函数f (x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf (x)的极值点． (1)求a； (2)设函数g(x)＝，证明：g(x)＜1. 2．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：f (x)－＋2e≤0. 3．已知函数f (x)＝ex－x－1. (1)求函数f (x)的单调区间和极值； (2)当x≥0时，求证：f (x)＋x＋1≥x2＋cos x. 4．已知函数f (x)＝ln x－. (1)证明：f (x)≥0； (2)证明：ln 2＋＋…＋＞1－，n∈N*. 参考答案 1．解：(1)由题意得y＝xf (x)＝x ln (a－x)， 则y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′. 因为x＝0是函数y＝xf (x)的极值点， 所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1. (2)证明：由(1)可知，f (x)＝ln (1－x)，其定义域为{x|x＜1}，当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，此时xf (x)＜0； 当x＜0时，ln (1－x)＞0，此时xf (x)＜0. 易知g(x)的定义域为{x|x＜1且x≠0}， 故要证g(x)＝＜1，只需证x＋f (x)＞xf (x)，即证x＋ln (1－x)－x ln (1－x)＞0， 令1－x＝t，则t＞0且t≠1， 则只需证1－t＋ln t－(1－t)ln t＞0， 即证1－t＋t ln t＞0. 令h(t)＝1－t＋t ln t，则h′(t)＝－1＋ln t＋1＝ln t， 所以h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0，即g(x)＜1成立． 2．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， 因为f ′(x)＝－a＝(x＞0)， 所以当a≤0时，f ′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，由f ′(x)＞0得0＜x＜，由f ′(x)＜0得x＞，即函数f (x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f (x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：因为x＞0，证明f (x)－＋2e≤0，只需证明f (x)≤－2e， 由(1)知，当a＝e时，函数f (x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x)max＝f (1)＝－e. 令g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e. 所以x＞0时，f (x)≤－2e， 所以当a＝e时，f (x)－＋2e≤0. 3．解：(1)易知函数f (x)的定义域为R， ∵f (x)＝ex－x－1，∴f ′(x)＝ex－1， 令f ′(x)>0，解得x>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 令f ′(x)<0，解得x<0，f (x)在(－∞，0)上单调递减， 即f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)， ∴函数f (x)的极小值为f (0)＝0，无极大值． (2)证明：要证f (x)＋x＋1≥x2＋cos x，x≥0， 即证ex－x2－cos x≥0， 设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立， ∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1， ∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1 ， 由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0， ∴当x≥0时，f (x)＋x＋1≥x2＋cos x得证． 4．证明：(1)由题意得f ′(x)＝＝(x＞0)，令f ′(x)＝0，解得x＝1，当f ′(x)＞0时，解得x＞1；当f ′(x)＜0，解得0＜x＜1，则f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x)在x＝1处取得最小值，f (x)min＝f (1)＝0，f (x)≥f (1)恒成立，即f (x)≥0恒成立． (2)由(1)知，f (x)在(1，＋∞)上单调递增，且f (1)＝0， 所以f (x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，即ln x－＞0在(1，＋∞)上恒成立． 所以ln x＞在(1，＋∞)上恒成立． 则当x∈(1，＋∞)时，＞恒成立， 令x＝n＋1(n∈N*)，所以＞. 所以＋…＋＞＋…＋， 即ln 2＋＋…＋＞＋…＋＝1－， 所以ln 2＋＋…＋＞1－，故得证 学科网（北京）股份有限公司 $$