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第5练 利用导数研究不等式的证明问题(原卷版)
1.(2025·湖北荆州模拟)已知函数f(x)=ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求证:函数y=f(x)的图象位于直线y=x的下方.
2.(2025·山东烟台模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2+(a+2)x+a.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a<0时,f(x)≤--2+a.
3.(2025·湖南临湘一中模拟)(1)证明:当x≥0时,ex≥x2+x+1;
(2)已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时,f(x)4.已知函数f(x)=ax-axln x-1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x>1时,求证:>-1.
5.已知函数f(x)=aex-x-a.当a≥1时,从下面①和②两个结论中任选其一进行证明.
①f(x)>xln x-sinx;②f(x)>x(ln x-1)-cosx.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
6.已知函数f(x)=axln x-x+1,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当p>q>1时,证明:qln p+ln q7.已知函数f(x)=ln (x+1)+.
(1)若x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围;
(2)求证:ln (n+1)>+++…+(n∈N*).
8.(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ln (mx),m是大于0的常数.记曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线为l,l在x轴上的截距为x2,x2>0.
(1)当x1=,m=1时,求切线l的方程;
(2)证明:≥.
第5练 利用导数研究不等式的证明问题(解析版)
1.(2025·湖北荆州模拟)已知函数f(x)=ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求证:函数y=f(x)的图象位于直线y=x的下方.
解:(1)f′(x)=+,则f′(1)=1,
又f(1)=0,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.
(2)证明:因为x>0,所以>0,
要证f(x)即证ln x-<0,
令h(x)=ln x-,则h′(x)=-=,
当00,所以h(x)在(0,4)上单调递增;
当x>4时,h′(x)<0,所以h(x)在(4,+∞)上单调递减,
故h(x)在x=4处取极大值也是最大值,故h(x)≤h(4)=ln 4-2<0,
所以ln x-<0恒成立,即原不等式成立,
所以函数y=f(x)的图象位于直线y=x的下方.
2.(2025·山东烟台模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2+(a+2)x+a.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a<0时,f(x)≤--2+a.
解:(1)∵f(x)=ln x+ax2+(a+2)x+a,定义域为(0,+∞),
则f′(x)=+2ax+a+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,
当x∈时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)在上单调递减.
综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:当a<0时,要证f(x)≤--2+a,
只需证f(x)max≤--2+a,
由(1)得,f(x)max=f=ln +-+a=ln -+a-1,
即证ln ++1≤0恒成立.
令t=-,g(t)=ln t-t+1(t>0),则g′(t)=-1=,
当t∈(0,1)时,g′(t)>0,g(t)单调递增,
当t∈(1,+∞)时,g′(t)<0,g(t)单调递减,
∴g(t)的最大值为g(1)=0,即g(t)≤0.
∴ln ++1≤0恒成立,原命题得证.
3.(2025·湖南临湘一中模拟)(1)证明:当x≥0时,ex≥x2+x+1;
(2)已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时,f(x)证明:(1)要证ex≥x2+x+1,x≥0,
只需证ex-x2-x-1≥0,x≥0,
令g(x)=ex-x2-x-1,x≥0,则g′(x)=ex-x-1,x≥0,
令G(x)=g′(x),x≥0,则G′(x)=ex-1≥0对任意x≥0恒成立,
可知G(x)在[0,+∞)上单调递增,则G(x)≥G(0)=0,
即g′(x)≥0对任意x≥0恒成立,
可知g(x)在[0,+∞)上单调递增,则g(x)≥g(0)=0,
所以当x≥0时,ex≥x2+x+1.
(2)要证f(x)0,
只需证ex-ln x0,
只需证ex-ex0,
令h(x)=ln x+,x>0,则h′(x)=,
当0时,h′(x)>0,
故h(x)在上单调递减,在上单调递增,
则h(x)min=h=0,所以ln x+≥0;
再令φ(x)=ex-ex(x>0),则φ′(x)=e-ex,
当00,当x>1时,φ′(x)<0,
知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0,
因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex4.已知函数f(x)=ax-axln x-1(a∈R,a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x>1时,求证:>-1.
解:(1)f′(x)=a-a(ln x+1)=-aln x,
若a>0,当x∈(0,1)时,f′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
若a<0,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)证明:要证>-1,x>1,即证>e-x,x>1,
即证<ex,x>1,
又由第(1)问令a=1知f(x)=x-xln x-1在(1,+∞)上单调递减,f(1)=0,
所以当x>1时,x-xln x-1<0,即<ln x,下面证当x>1时,ln x<ex.
令F(x)=ex-ln x,x>1,
则F′(x)=ex-,
易知F′(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以F′(x)>F′(1)=e-1>0,
所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以F(x)>F(1)=e,
所以ex-ln x>e>0,
所以ex>ln x,所以ex>ln x>,
所以原不等式得证.
5.已知函数f(x)=aex-x-a.当a≥1时,从下面①和②两个结论中任选其一进行证明.
①f(x)>xln x-sinx;②f(x)>x(ln x-1)-cosx.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
证明:选择①:当a≥1,x>0时,f(x)=aex-x-a=a(ex-1)-x≥ex-1-x,当且仅当a=1时,等号成立.
设g(x)=ex-x-xln x+sinx-1,x>0.
当00,ex-1-x>0,故g(x)>0;
当x>1时,g′(x)=ex-2-ln x+cosx,
设h(x)=ex-2-ln x+cosx(x>1),
则h′(x)=ex--sinx>e-1-1>0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>e-2+cos1>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>e-2+sin1>0(x>1).
综上,当a≥1时,f(x)>xln x-sinx.
选择②:当a≥1,x>0时,f(x)=aex-x-a=a(ex-1)-x≥ex-1-x,当且仅当a=1时,等号成立.
设g(x)=ex-xln x+cosx-1,x>0.
当00,
ex-1>0,故g(x)>0;
当x>1时,g′(x)=ex-1-ln x-sinx,
设h(x)=ex-1-ln x-sinx(x>1),
则h′(x)=ex--cosx>e-1-1>0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>e-1-sin1>0,
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>e-1+cos1>0(x>1).
综上,当a≥1时,f(x)>x(ln x-1)-cosx.
6.已知函数f(x)=axln x-x+1,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当p>q>1时,证明:qln p+ln q解:(1)f(x)=axln x-x+1的定义域为(0,+∞),
∴f′(x)=aln x+a-1.
①当a=0时,f′(x)=-1<0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递减;
②当a>0时,由f′(x)>0,可得x>e,由f′(x)<0,可得0∴f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增;
③当a<0时,由f′(x)>0,可得0由f′(x)<0,可得x>e,
∴f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
(2)证明:设g(x)=,
则g′(x)=,当a=1时,
由(1)可得f(x)=xln x-x+1在(1,+∞)上单调递增,
∵f(1)=0,
∴当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,
∴当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,
∴g(x)在(1,+∞)上单调递减,
∴当p>q>1时,g(p)∴<,∴qln p-ln p∴qln p+ln q7.已知函数f(x)=ln (x+1)+.
(1)若x>0时,f(x)>1恒成立,求a的取值范围;
(2)求证:ln (n+1)>+++…+(n∈N*).
解:(1)由ln (x+1)+>1,得a>(x+2)-(x+2)ln (x+1).
令g(x)=(x+2)[1-ln (x+1)],
则g′(x)=1-ln (x+1)-=-ln (x+1)-.
当x>0时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
所以g(x)故a的取值范围为[2,+∞).
(2)证明:由(1)知ln (x+1)+>1(x>0),
所以ln (x+1)>.
令x=(k>0),得ln >,
即ln >.
所以ln +ln +ln +…+ln >+++…+,即ln (n+1)>+++…+(n∈N*).
8.(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ln (mx),m是大于0的常数.记曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线为l,l在x轴上的截距为x2,x2>0.
(1)当x1=,m=1时,求切线l的方程;
(2)证明:≥.
解:(1)因为f′(x)=,
所以曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y-ln (mx1)=(x-x1),
即y=x+ln (mx1)-1,
所以当x1=,m=1时,切线l的方程为y=ex-2.
(2)证明:对于切线l:y=x+ln (mx1)-1,
令y=0,得x2=x1[1-ln (mx1)],
由x2>0,得x1[1-ln (mx1)]>0,
因为m>0,所以x1>0,1-ln (mx1)>0 0令g(x)=x[1-ln (mx)],x∈,
则g′(x)=-ln (mx),由g′(x)=0,得x=,
则当x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(x)max=g=.
所以当0则=-x2,
①当0因为0则≥.
②当令h(x)=x[2-ln (mx)]-,x∈,
h′(x)=1-ln (mx),当x∈时,h′(x)>0,
所以h(x)在上单调递增,
所以h(x)>h=0,
则>.
综上,≥.
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