课时过关检测（十七） 利用导数证明不等式

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(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝eq \f(fx,x)，x＞－1且x≠0，证明：g(x)＜1.
解：(1)f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1；
当－1＜x＜0时，g(x)＜1等价于f(x)＞x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0＜－x＜1,0＜ex＜1，
则0＜－xex＜1，从而当x∈(－1,0)时，h′(x)＜0，
h(x)在(－1,0)上单调递减．
当－1＜x＜0时，h(x)＞h(0)＝0，即g(x)＜1.
综上，当x＞－1且x≠0时总有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：xf(x)－ex＋2ex≤0.
解：(1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x＞0)，
①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
②若a＞0，则当0＜x＜eq \f(e,a)时，f′(x)＞0；
当x＞eq \f(e,a)时，f′(x)＜0.
故在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上f(x)单调递增；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上f(x)单调递减．
(2)证明：因为x＞0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
由(1)知，当a＝e时，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)＝eq \f(ex,x)－2e(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2 )，
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.
所以当x＞0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.
3．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(aln x,x2).
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0,1)，证明：x2－eq \f(1,x)＜eq \f(fx,ex).
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－eq \f(ln x,x2)，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1－2ln x,x3)＝eq \f(x2－1＋2ln x,x3)
＝eq \f(x－1x＋1＋2ln x,x3).
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－eq \f(1,x)＜eq \f(fx,ex)等价于eq \f(－ln x,ex)＋x2－eq \f(1,x)＜0，
∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x＞0，
∴eq \f(－ln x,ex)＜－ln x，
∴只需要证－ln x＋x2－eq \f(1,x)＜0在(0,1)上恒成立．
令g(x)＝－ln x＋x2－eq \f(1,x)，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝－eq \f(1,x)＋2x＋eq \f(1,x2)＝eq \f(2x3－x＋1,x2)＞0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)＜－ln 1＋1－1＝0，
∴当x∈(0,1)时，x2－eq \f(1,x)＜eq \f(fx,ex).
4．(2021·江西五校联考)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)sin x＋ln x－x－1，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f(x)在定义域上存在唯一的极大值点；
(2)若存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，证明：x1－x2＜2lneq \f(x1,x2).
证明：(1)f′(x)＝eq \f(1,2)cs x＋eq \f(1,x)－1，
当x≥2时，0＜eq \f(1,x)≤eq \f(1,2)，－1＜eq \f(1,x)－1≤－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)cs x＋eq \f(1,x)－1≤eq \f(1,2)cs x－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(cs x－1)≤0，
“＝”不能同时取到，所以f′(x)＜0；
当0＜x＜2时，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝－eq \f(1,2)sin x－eq \f(1,x2)＜0，所以f′(x)在(0,2)上单调递减．
因为f′(1)＝eq \f(1,2)cs 1＞0，f′(2)＝eq \f(1,2)cs 2－eq \f(1,2)＜0，
所以在定义域(0，＋∞)上存在唯一x0，使f′(x0)＝0且x0∈(1,2)．
当0＜x＜x0时，f′(x)＞0；当x＞x0时，f′(x)＜0.
所以x0是f(x)在定义域(0，＋∞)上的唯一极值点且是极大值点．
(2)存在x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，
即eq \f(1,2)sin x1＋ln x1－x1－1＝eq \f(1,2)sin x2＋ln x2－x2－1，
得x1－x2－eq \f(1,2)(sin x1－sin x2)＝ln x1－ln x2.
设g(x)＝x－sin x，则g′(x)＝1－cs x≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
不妨设x1＞x2＞0，则g(x1)＞g(x2)，即x1－sin x1＞x2－sin x2，x1－x2＞sin x1－sin x2，
所以(x1－x2)－eq \f(1,2)(x1－x2)＜(x1－x2)－eq \f(1,2)(sin x1－sin x2)＝ln x1－ln x2，得eq \f(x1－x2,2)＜ln x1－ln x2，所以x1－x2＜2lneq \f(x1,x2).