2023届高考数学二轮复习考点18利用导数证明不等式作业含答案

考点突破练18　利用导数证明不等式

1.(2022·福建福州质检)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.

2.(2022·江西鹰潭二模(文))已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+ln x.

(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调区间;

(2)当a=0时,证明:f(x)<ex-2x-2(其中e为自然对数的底数).

3.(2022·陕西咸阳二模)已知函数f(x)=ln x-kx+1.

(1)若f(x)≤0恒成立,求实数k的取值范围;

(2)证明:(n∈N*,n>1).

4.(2021·新高考Ⅰ·22)已知函数f(x)=x(1-ln x).

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<<e.

5.(2022·江苏泰州一模)已知函数f(x)=+ln x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),证明:a2<x1x2<ae.

考点突破练18　利用导数证明不等式

1.(1)解f'(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x<时,f'(x)>0;当x>时,f'(x)<0.

故在上,f(x)单调递增;在上,f(x)单调递减.

(2)证明因为x>0,所以只需证f(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)=-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.

所以当x>0时,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e,

即xf(x)-ex+2ex≤0.

2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax-(a+2)+(a>0),

①当0<,即a>2时,在上,f'(x)>0,f(x)单调递增;

在上,f'(x)<0,f(x)单调递减.

②当,a=2时,f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.

③当,即0<a<2时,在上,f'(x)>0,f(x)单调递增;

在上,f'(x)<0,f(x)单调递减.

综上所述,当a>2时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.

当a=2时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).

当0<a<2时,f(x)的单调递增区间为,,+∞,单调递减区间为.

(2)证明当a=0时,由f(x)<ex-2x-2化简得ex-lnx-2>0,构造函数h(x)=ex-lnx-2(x>0),

h'(x)=ex-,h″(x)=ex+>0,∴h'(x)在(0,+∞)上单调递增,

h'-2<0,h'(1)=e-1>0,

故存在x0∈,使得h'(x0)=0,即.

当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.

所以x=x0时,h(x)取得极小值,也即是最小值.

h(x0)=-lnx0-2=-ln-2=+x0-2>2-2=0,

所以h(x)=ex-lnx-2>0,故f(x)<ex-2x-2.

3.(1)解f(x)≤0⇒lnx-kx+1≤0⇒k≥,

令g(x)=,x>0,则g'(x)=,

当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,

∴g(x)max=g(1)=1,∴k≥1.

(2)证明由(1)知,k=1时,有不等式lnx≤x-1对任意x∈(0,+∞)恒成立,

当且仅当x=1时,取“=”号,∴当x∈(1,+∞),lnx<x-1恒成立,

令x=1+(n>1,且n∈N*),则ln,

∴ln+ln+…+ln,

即ln(n∈N*,n>1),

∴(n∈N*,n>1).

4.(1)解由条件知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-lnx.

当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;

当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.

即在区间(0,1)内,函数f(x)单调递增;在区间(1,+∞)内,函数f(x)单调递减.

(2)证明(方法一)由blna-alnb=a-b得,即f=f.

由a≠b,得.

由(1)不妨设∈(0,1),∈(1,+∞),则f>0,从而f>0,得∈(1,e),

①令g(x)=f(2-x)-f(x),

则g'(x)=-f'(2-x)-f'(x)=ln[1-(x-1)2],

当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(0,1)内单调递减,g(x)>g(1)=0,

从而f(2-x)>f(x),所以f>f=f,

由(1)得2-即2<. ①

令h(x)=x+f(x),则h'(x)=1+f'(x)=1-lnx,

当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)在区间(1,e)内单调递增,h(x)<h(e)=e,

从而x+f(x)<e,所以+f<e.

又由∈(0,1),可得=f=f,

所以<f=e. ②

由①②得2<<e.

(方法二)blna-alnb=a-b变形为,所以.

令=m,=n.则上式变为m(1-lnm)=n(1-lnn),

于是命题转换为证明2<m+n<e.

令f(x)=x(1-lnx),则有f(m)=f(n),不妨设m<n.

令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.

结合(1)知0<m<1,1<n<e,先证m+n>2.

要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m)⇔f(m)-f(2-m)<0.

令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),

则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln[x(2-x)]>0,

∴g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)<g(1)=0,即m+n>2.

再证m+n<e.

因为m(1-lnm)=n(1-lnn)>m,所以n(1-lnn)+n<e⇒m+n<e.

令h(x)=x(1-lnx)+x,x∈(1,e),

所以h'(x)=1-lnx>0,故h(x)在区间(1,e)内单调递增.

所以h(x)<h(e)=e.故h(n)<e,即m+n<e.

综合可知2<<e.

(方法三)证明>2同方法二.以下证明x1+x2<e.

不妨设x2=tx1,则t=>1,

由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得x1(1-lnx1)=tx1[1-ln(tx1)],lnx1=1-,

要证x1+x2<e,只需证(1+t)x1<e,两边取对数得ln(1+t)+lnx1<1,

即ln(1+t)+1-<1,即证.

记g(s)=,s∈(0,+∞),

则g'(s)=.

记h(s)=-ln(1+s),则h'(s)=<0,

所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减.h(s)<h(0)=0,则g'(s)<0,所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减.

由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),所以g(t)<g(t-1),

即.

(方法四)由已知得,令=x1,=x2,不妨设x1<x2,所以f(x1)=f(x2).令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.由(1)及前面分析知,0<x1<1<x2<e,只需证2<x1+x2<e.

证明x1+x2>2同方法二.

再证明x1+x2<e.令h(x)=(0<x<e),h'(x)=.

令φ(x)=lnx+-2(0<x<e),则φ'(x)=<0.

所以φ(x)>φ(e)=0,h'(x)>0,h(x)在区间(0,e)内单调递增.

因为0<x1<x2<e,所以,

即.

又因为f(x1)=f(x2),所以,

即-ex2<-ex1,(x1-x2)(x1+x2-e)>0.

因为x1<x2,所以x1+x2<e,即<e.

综上,有2<<e,结论得证.

5.(1)解函数f(x)=+lnx的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=,

当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,

当a>0时,f'(x)<0的解集为(0,a),f'(x)>0的解集为(a,+∞),即f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a),

所以当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)证明因为f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),由(1)知,a>0,且f(x)min=f(a)=lna+1<2,解得a∈(0,e),设x1<x2,则0<x1<a<x2,要证x1x2>a2,即证x2>>a,即证f(x2)>f,即证f(x1)>f,设g(x)=f(x)-f=2lnx+-2lna,x∈(0,a),

则g'(x)=<0,即g(x)在(0,a)上单调递减,当x→a时,g(x)→0,所以g(x)>0,

即f(x)>f(x∈(0,a)),则f(x1)>f成立,因此x1x2>a2成立,

要证x1x2<ae,即证a<x2<,即证f(x2)<f,即证f(x1)<f,

即证2<-lnx1+lna+1,x1∈(0,a),

而+lnx1=2⇔a=x1(2-lnx1),即证1<+ln(2-lnx1),x1∈(0,a),

令h(x)=+ln(2-lnx),x∈(0,e),则h'(x)=-,

设φ(x)=x(2-lnx),x∈(0,e),求导得φ'(x)=1-lnx>0,即φ(x)在(0,e)上单调递增,当x→e时,φ(x)→e,

则有0<φ(x)<e,即h'(x)<0,h(x)在(0,e)上单调递减,而(0,a)⊆(0,e),当x∈(0,a)时,h(x)>h(a)>h(e)=1,则当x∈(0,a)时,1<+ln(2-lnx)成立,故有x1x2<ae成立,所以a2<x1x2<ae.