高中数学高考第17讲导数的应用——利用导数证明不等式（达标检测）（教师版）

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这是一份高中数学高考第17讲导数的应用——利用导数证明不等式（达标检测）（教师版），共6页。

A．f(2)－f(1)>ln 2 B．f(2)－f(1)C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1
【解析】选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>eq \f(1,x)＝(ln x)′，即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
2．（2020•定海区校级模拟）若0A．ex2－ex1>ln x2－ln x1
B．e x2－e x1C．x2ex1>x1ex2
D．x2ex1【解析】选C.令f(x)＝eq \f(ex,x)，
则f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(ex（x－1）,x2).
当0即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0所以f(x2)所以x2ex1>x1ex2，故选C.
3．（2020春•宁波期末）已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.
设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f(x)≥eq \f(2a－1,a).
【解】(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥eq \f(2a－1,a)，只需证ln a＋1≥eq \f(2a－1,a)，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1，则g′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋eq \f(1,a)－1≥0恒成立，
所以f(x)≥eq \f(2a－1,a).
5．(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)＝eq \f(aex－1,x)(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为eq \f(e,2).
(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝exln x＋f(x)，证明：g(x)>1.
【解】(1)由f′(x)＝eq \f(aex－1（x－1）,x2)，
得切线斜率k＝f′(2)＝ae·eq \f(2－1,22)＝eq \f(e,2)，解得a＝2.
所以f(x)＝eq \f(2ex－1,x)，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·eq \f(x－1,x2).
令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；
令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．
(2)证明：由(1)知g(x)＝exln x＋eq \f(2ex－1,x)，定义域为(0，＋∞)，
所以g(x)>1，即exln x＋eq \f(2ex－1,x)>1等价于xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e).
设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.
因为h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝lneq \f(1,e)＋1＝0，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0.故h(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
设m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)(x>0)，则m′(x)＝eq \f(1－x,ex).所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－eq \f(1,e).
综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.
[B组]—强基必备
1．（2020·济宁期末）已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当01－eq \f(x2,x1).
【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝λln x－e－x，
所以f′(x)＝eq \f(λ,x)＋e－x＝eq \f(λ＋xe－x,x)，
因为函数f(x)是单调函数，
所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，
所以eq \f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq \f(x,ex).
令φ(x)＝－eq \f(x,ex)，则φ′(x)＝eq \f(x－1,ex)，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－eq \f(1,e)，所以λ≤－eq \f(1,e).
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
所以eq \f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq \f(x,ex)，
由①得φ(x)＝－eq \f(x,ex)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.
综上，λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e)))∪[0，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－eq \f(1,e)时，f(x)＝－eq \f(1,e)ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
因为0f(x2)，
即－eq \f(1,e)ln x1－e－x1>－eq \f(1,e)ln x2－e－x2，
所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－eq \f(x2,x1)，
只需证ln x1－ln x2>1－eq \f(x2,x1)，即证lneq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1).
令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－eq \f(1,t)，
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)，
当0又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1－eq \f(1,t)，原不等式得证．

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