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“2年高考1年模拟”课时精练（二十一） 利用导数证明不等式
1.已知函数f(x)=2(x+2)-ex.
(1)求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)2.已知函数f(x)=ex-1-xln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>0.
3.已知函数f(x)=xln x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当a≥1时，f(x)4.(2025·成都模拟)已知函数f(x)=ax-ln x-a(a∈R)，且f(x)≥0恒成立.
(1)求实数a的取值集合；
(2)证明：ex≥x2+(e-3)x+2+ln x.
（解析）精练（二十一） 利用导数证明不等式
1.已知函数f(x)=2(x+2)-ex.
(1)求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)解：(1)由题可得f'(x)=2-ex，
令f'(x)=0，得x=ln 2，
当x∈(-∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(ln 2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=ln 2时，f(x)取得极大值，且极大值为f(ln 2)=2ln 2+2，无极小值.
(2)证明：设g(x)=x-sin x+4，x≥0，
则g'(x)=1-cos x≥0，可知g(x)在[0，+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=4，
即g(x)在[0，+∞)上的最小值为4.
由(1)可知f(x)在[0，+∞)上的最大值为f(ln 2)=2ln 2+2，又因为ln 2<1，可得2ln 2+2<4，
可得f(x)≤2ln 2+2<4≤g(x)，x≥0，
所以当x≥0时，f(x)2.已知函数f(x)=ex-1-xln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>0.
解：(1)f(1)=e1-1-ln 1=1，f'(x)=ex-1-(ln x+1)，则f'(1)=0，
∴曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1.
(2)证明：法一　f(x)的定义域为(0，+∞).
①当0e-1，xln x<0，则ex-1>xln x，即f(x)>0；
②当x≥1时，f'(x)=ex-1-(ln x+1)=ex-1-ln x-1.设g(x)=f'(x)，g'(x)=ex-1-，
由于y=ex-1，y=-均在[1，+∞)上单调递增，故g'(x)在[1，+∞)上单调递增，g'(1)=0，
∴g'(x)≥0，g(x)在[1，+∞)上单调递增，
g(1)=0，g(x)≥0，即f'(x)≥0，
∴f(x)在[1，+∞)上单调递增，f(1)=1，
则ex-1-xln x≥1.综上所述，f(x)>0.
法二　f(x)的定义域为(0，+∞).要证f(x)>0，只需证ex-1>xln x，只需证>.
令h(x)=，x∈(0，+∞)，则h'(x)==，
当x∈(0，2)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(2)==.令g(x)=，
则g'(x)==，
当x∈(0，e)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(e)==.综上所述，h(x)≥>≥g(x)，也就是>，即f(x)>0.
3.已知函数f(x)=xln x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当a≥1时，f(x)解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1，令f'(x)=0，得x=e-1，由f'(x)<0，解得00，解得x>e-1，所以f(x)的单调递减区间为(0，e-1)，单调递增区间为(e-1，+∞).
(2)证明：令φ(x)=f(x)-a(ex-x)=a(x-ex)+xln x+1，令k(x)=x-ex，x>0，则k'(x)=1-ex<0，k(x)在(0，+∞)上单调递减，
所以k(x)由a≥1， 可得a(x-ex)+xln x+1≤x-ex+xln x+1，即只需证x-ex+xln x+1<0，(难点：由a≥1，可以考虑先使用消参放缩，将含参不等式问题转化为不含参的不等式来证明)
即证-ln x--1>0，令g(x)=-ln x--1(x>0)，则g'(x)=-+=，由g'(x)=0，可得x=1，
因为当x>0时，ex-1>0，所以当0当x>1时，g'(x)>0，g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=e-1-1=e-2>0，
所以g(x)>0，则-ln x--1>0，故x-ex+xln x+1<0，结论成立.
4.(2025·成都模拟)已知函数f(x)=ax-ln x-a(a∈R)，且f(x)≥0恒成立.
(1)求实数a的取值集合；
(2)证明：ex≥x2+(e-3)x+2+ln x.
解：(1)f'(x)=a-(x>0).
①当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在(0，+∞)上单调递减，当x>1时，f(x)②当a>0时，由f'(x)<0得00得x>，
则f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴当x=时，函数f(x)取得唯一极小值即最小值.
又∵f(x)≥0且f(1)=0
∴=1，解得a=1，故实数a的取值集合是{1}.
(2)证明：由(1)可知，当a=1时，f(x)≥0，即ln x≤x-1对任意x>0恒成立.
∴要证明ex≥2+x2+(e-3)x+ln x，
则只需要证明ex≥1+x2+(e-2)x，
即ex-1-x2-(e-2)x≥0.
令h(x)=ex-1-x2-(e-2)x，x>0，h'(x)=ex-2x-(e-2)，
令u(x)=ex-2x-(e-2)，u'(x)=ex-2，
令u'(x)=ex-2=0，解得x=ln 2.
当x∈(0，ln 2)时，u'(x)<0，u(x)单调递减，
当x∈(ln 2，+∞)时，u'(x)>0，u(x)单调递增.
即函数h'(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增.
而h'(0)=1-(e-2)=3-e>0，h'(ln 2)∴存在x0∈(0，ln 2)，使得h'(x0)=0，
当x∈(0，x0)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(x0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增.
又h(0)=1-1=0，h(1)=e-1-1-(e-2)=0，
对 x>0，h(x)≥0恒成立，即ex-1-x2-(e-2)x≥0.综上可得，ex≥x2+(e-3)x+2+ln x.
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