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1、课时作业提升课时作业提升(十六十六) 利用导数证明不等式专题利用导数证明不等式专题 A 组 夯实基础 1(2018惠州模拟)已知函数 f(x)x2(a2)xaln x(aR)当 a1 时，证明：对任 意的 x0，f(x)exx2x2. 证明：当 a1 时，f(x)x2xln x， 要证明 f(x)exx2x2， 只需证明 exln x20， 设 g(x)exln x2， 则问题转化为证明对任意的 x0，g(x)0. 令 g(x)ex 0 得 ex ， 1 x 1 x 容易知道该方程有唯一解，不妨设为 x0，则 x0满足 ex0. 1 x0 当 x 变化时，g(x)和 g(x)变化情况如下表 x
2、(0，x0)x0(x0，) g(x) 0 g(x)极小值 g(x)ming(x0)ex0ln x02x02. 1 x0 因为 x00，且 x01，所以 g(x)min220，因此不等式得证 1 2(2018蚌埠模拟)已知函数 f(x)mexln x1. (1)当 m1 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)当 m1 时，证明：f(x)1. (1)解：当 m1 时，f(x)exln x1，所以 f(x)ex . 1 x 所以 f(1)e1，f(1)e1. 所以曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x. (2)证明：当
3、m1 时，f(x)mexln x1exln x1. 要证明 f(x)1，只需证明 exln x20. 设 g(x)exln x2，则 g(x)ex . 1 x 设 h(x)ex ，则 h(x)ex0， 1 x 1 x2 所以函数 h(x)g(x)ex 在(0，)上单调递增 1 x 因为 ge 20，g(1)e10， ( 1 2) 1 2 所以函数 g(x)ex 在(0，)上有唯一零点 x0，且 x0. 1 x ( 1 2，1) 因为 g(x0)0，所以 ex0，即 ln x0x0. 1 x0 当 x(0，x0)时，g(x)0；当 x(x0，)时，g(x)0. 所以当 xx0时，g(x)取得最小
4、值 g(x0) 故 g(x)g(x0)ex0ln x02x020. 1 x0 综上可知，当 m1 时，f(x)1. 3(2018南充质检)已知 f(x)xln x，g(x)x2ax3. (1)对一切 x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围； (2)证明：对一切 x(0，)，ln x恒成立 1 ex 2 ex (1)解：由题意知 2xln xx2ax3 对一切 x(0，)恒成立，则 a2ln xx ， 3 x 设 h(x)2ln xx (x0)，则 h(x). 3 x x3x1 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
5、调递增，所以 h(x)minh(1)4，对一切 x(0，)，2f(x)g(x)恒成立， 所以 ah(x)min4，即实数 a 的取值范围是(，4 (2)证明：问题等价于证明 xln x (x(0，) x ex 2 e 又 f(x)xln x，f(x)ln x1， 当 x时，f(x)0，f(x)单调递减； (0， 1 e) 当 x时，f(x)0，f(x)单调递增， ( 1 e，) 所以 f(x)minf . ( 1 e) 1 e 设 m(x) (x(0，)，则 m(x)，易知 m(x)maxm(1) ，从而对一 x ex 2 e 1x ex 1 e 切 x(0，)，ln x恒成立 1 ex 2
6、ex B 组 能力提升 1(2018黔东南州模拟)已知函数 f(x)exb 在(1，f(1)处的切线为 yax. (1)求 f(x)的解析式 (2)若对任意 xR，有 f(x)kx 成立，求实数 k 的取值范围. (3)证明：对任意 t(，2，f(x)tln x 成立 解：(1)由 f(x)ex得 kf(1)ea，所以切线为 yex， 由切点为(1，eb)在切线 yex 上，b0，所以 f(x)ex， (2)当 k0 时，对于 xR，exkx 显然不恒成立， 当 k0 时，exkx 显然成立； 当 k0 时，若要 exkx0 恒成立，必有(exkx)min0 设 t(x)exkx，则 t(x)
7、exk 易知 t(x)在(，ln k)上单调递减，在(ln k，)上单调递增，则 t(x)mink(1ln k)， 若 exkx0 恒成立，即 t(x)mink(1ln k)0，得 0ke， 综上得 0ke. (3)证明：方法一 由(1)知 exex 成立，构造函数 h(x)exln xt(x0)(t2)， h(x)e 所以 h(x)minh1ln t2t0(t2)， 1 x ex1 x ( 1 e) 1 e 有 exln xt 成立.由(1)知 exex 成立(当 x1 时取等号)， (当x 1 e，t2时取等号) 所以有 extln x 成立，即对任意 t(，2，f(x)tln x 成立
8、方法二 因为 t2，所以要证 extln x，只须证 ex2ln x, 令 h(x)exln x2，h(x)ex (x0)， 1 x xex1 x 令 t(x)xex1，t(x)exxex0，所以 t(x)在(0，)递增， t(x)t(0)1， 由于 t(0)10，t(1)e10 所以存在 x0(0,1)，有 t(x0)x0ex010， 则 ex0，x0ln x0， 1 x0 即 h(x)0 得 xx0；h(x)0 得 0xx0 所以 h(x)h(x0)ex0ln x02x02220. 1 x0 所以 ex2ln x0 成立，即 extln x 成立 即对任意 t(，2，f(x)tln x 成
9、立 2(2018济南检测)已知函数 f(x)ln xx. (1)判断函数 f(x)的单调性； (2)函数 g(x)f(x)xm 有两个零点 x1，x2，且 x11. 1 2x (1)解：函数 f(x)的定义域为(0，) f(x) 1， 1 x 1x x 令 f(x)0，得 01， 1x x 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数 f(x)的单调递减区间为(1，) (2)证明：根据题意，g (x)ln xm(x0)， 1 2x 因为 x1，x2是函数 g(x)ln xm 的两个零点， 1 2x 所以 ln x1m0，ln x2m0. 1 2x1 1 2x2 两式相减，可得 ln， x
10、1 x2 1 2x2 1 2x1 即 ln，故 x1x2. x1 x2 x1x2 2x2x1 x1x2 2lnx1 x2 那么 x1，x2. x1 x21 2lnx1 x2 1x2 x1 2lnx1 x2 令 t，其中 00 恒成立，故 h(t)1，故 x1x21. 1 t t1 t 2ln t 3(2018大庆模拟)已知函数 f(x)exax1(a0，e 为自然对数的底数) (1)求函数 f(x)的最小值； (2)若 f(x)0 对任意的 xR 恒成立，求实数 a 的值； (3)在(2)的条件下，证明： nnnn (其中 nN) ( 1 n) ( 2 n) ( n1 n )( n n) e
11、e1 解：(1)由题意 a0，f(x)exa， 由 f(x)exa0 得 xln a. 当 x(，ln a)时，f(x)0；当 x(ln a，)时，f(x)0. f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增 即 f(x)在 xln a 处取得极小值，且为最小值，其最小值为 f(ln a)eln aaln a1aaln a1. (2)f(x)0 对任意的 xR 恒成立，即在 xR 上，f(x)min0. 由(1)，设 g(a)aaln a1，所以 g(a)0. 由 g(a)1ln a1ln a0 得 a1. g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间 (1，)上单调递减， g(a)在 a1 处取得最大值，而 g(1)0. 因此 g(a)0 的解为 a1，a1. (3)证明：由(2)知对任意实数 x 均有 exx10，即 1xex. 令 x (nN，k0,1,2,3，n1)，则 01 e . k n k n k n nnek. (1 k n) (e k n) nnnne(n1)e(n2)e2e11 ( 1 n) ( 2 n) ( n1 n )( n n) 1en 1e1 . 1 1e1 e e1
