(新高考)高考数学一轮复习第17讲《导数的应用——利用导数证明不等式》达标检测(解析版)

《导数的应用——利用导数证明不等式》达标检测

[A组]—应知应会

1．(·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)

A．f(2)－f(1)>ln 2　　　　 B．f(2)－f(1)<ln 2

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)>＝(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．（•定海区校级模拟）若0<x1<x2<1，则(　　)

A．ex2－ex1>ln x2－ln x1

B．e x2－e x1<ln x2－ln x1

C．x2ex1>x1ex2

D．x2ex1<x1ex2

【解析】选C.令f(x)＝，

则f′(x)＝＝.

当0<x<1时，f′(x)<0，

即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，

所以f(x2)<f(x1)，即<，

所以x2ex1>x1ex2，故选C.

3．（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≥时，f(x)≥0.

【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.

由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.

从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.

当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2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≥时，f(x)≥－ln x－1.

设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.

当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1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≥时，f(x)≥0.

4．(·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a>0时，证明：f(x)≥.

【解】(1)f′(x)＝－＝(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<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．

(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.

要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，

即证ln a＋－1≥0.

令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，

当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1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＋－1≥0恒成立，

所以f(x)≥.

5．(·广东茂名一模)已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.

(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)＝，

得切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.

所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.

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＋，定义域为(0，＋∞)，

所以g(x)>1，即exln x＋>1等价于xln x>－.

设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.

因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h＝－.

设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.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)＝－.

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．（·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0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.

【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

因为f(x)＝λln x－e－x，

所以f′(x)＝＋e－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≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.

令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，

当0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1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)＝－，所以λ≤－.

②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，

所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，

由①得φ(x)＝－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∪[0，＋∞)．

(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，

因为0<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，

即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，

所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.

要证e1－x2－e1－x1>1－，

只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－.

令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，

令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，

当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，

又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即ln t>1－，原不等式得证．