备战2020年高考文数一轮复习课时跟踪检测(十九) 利用导数研究不等式证明问题

1．设函数f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论f(x)的单调性；

(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1ln x解：(1)f′(x)＝1

x－1(x>0)．

由f′(x)>0，解得01. ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明：要证当x∈(1，＋∞)时，1ln x即证ln x由(1)得f(x)＝ln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递减， ∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增． ∴F(x)>F(1)＝0，即有xln x>x－1. ∴原不等式成立．

2．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋a

x，a∈R.

(1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a>0时，求证：f(x)≥2a－1

a. 解：(1)f′(x)＝1x－ax2＝x－a

x

2(x>0)．

①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增； 若0当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1. 要证f(x)≥2a－12a－1

a，只需证ln a＋1≥a. 即证ln a＋1

a－1≥0.

令函数g(a)＝ln a＋1)＝11a－1

a－1(a>0)，则g′(aa－a2＝a2，

当01时，g′(a)>0，

1

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

a－1≥0恒成立，

所以f(x)≥2a－1

a成立．

3．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.

(1)若对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． (2)求证：对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞12

ex－ex

恒成立．

解：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立， 则a≤2ln x＋x＋3

x

.

设h(x)＝2ln x＋x＋3

x(x＞0)， 则h′(x)＝x＋3x－1

x2. 当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以h(x)min＝h(1)＝4，

因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min＝4，故实数a的取值范围是(－∞，4]． (2)证明：问题等价于证明xln x＞x2

ex－e(x＞0)．

因为f(x)＝xln x(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1， 当x∈0，1

e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈1e，＋∞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)＝f1mine＝－1

e. 设m(x)＝x2

ex－e(x＞0)，

则m′(x)＝1－x

e

x，

当x∈(0,1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减， 所以m(x)1

max＝m(1)＝－e

，

从而对一切x∈(0，＋∞)，f(x)＞m(x)恒成立， 即xln x＞x2

ex－e

恒成立．

2

所以对一切x∈(0，＋∞)，ln x＞1ex－2

ex恒成立．

4．(2018·黄冈模拟)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01－2x1. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∵f(x)＝λln x－e－

x，

－x

∴f′(x)＝λ－λ＋xe

x＋ex＝x，

∵函数f(x)是单调函数，

∴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， λ＋xe－

x∴x≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－

x＝－xe

x.

令φ(x)＝－x

ex，则φ′(x)＝x－1e

x，

当01时，φ′(x)>0， 则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x>0时，φ(x)11

min＝φ(1)＝－e，∴λ≤－e.

②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0， λ＋xe－

x∴λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－

x＝－xx≥0，即e

x，

由①得φ(x)＝－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，∴λ≥0. 综上，λ的取值范围为

－∞，－1

e∪[0，＋∞). (2)证明：由(1)可知，当λ＝－1时，f(x)＝－1ln x－e－

xee在(0，＋∞)上单调递减，∵0f(x2)，

即－1eln x1

1－e－x1>－eln x2－e－x2，

∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2. 要证e1－xx2－e1－x1>1－2x，

1

只需证ln xx2>1－2x1x1－ln x2x，即证ln 1x2>1－x1.

令t＝x11

x，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－t，

2

3

111t－1

令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－2＝2，

tttt当01

∴h(t)>0，即ln t>1－t，原不等式得证．

4