高考总复习文数（北师大版）课时作业提升16利用导数证明不等式专题

课时作业提升(十六)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－(a－2)x－alnx(a∈R)．当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋x－lnx，要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－lnx－2＞0，设g(x)＝ex－lnx－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.令g′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝0得ex＝eq\f(1,x)，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0＝eq\f(1,x0).当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表x(0，x0)x0(x0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)极小值g(x)min＝g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2.因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2eq\r(1)－2＝0，因此不等式得证．2．(2018·蚌埠模拟)已知函数f(x)＝mex－lnx－1.(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当m≥1时，证明：f(x)＞1.(1)解：当m＝1时，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x).所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)证明：当m≥1时，f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1.要证明f(x)＞1，只需证明ex－lnx－2＞0.设g(x)＝ex－lnx－2，则g′(x)＝ex－eq\f(1,x).设h(x)＝ex－eq\f(1,x)，则h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)＞0，所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增．因为g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函数g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).因为g′(x0)＝0，所以ex0＝eq\f(1,x0)，即lnx0＝－x0.当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0.所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2＞0.综上可知，当m≥1时，f(x)＞1.3．(2018·南充质检)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(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，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．(1)解：由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)所以a≤h(x)min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，从而对一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．B组能力提升1．(2018·黔东南州模拟)已知函数f(x)＝ex＋b在(1，f(1))处的切线为y＝ax.(1)求f(x)的解析式．(2)若对任意x∈R，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)＞t＋lnx成立．解：(1)由f′(x)＝ex得k＝f′(1)＝e＝a，所以切线为y＝ex，由切点为(1，e＋b)在切线y＝ex上，b＝0，所以f(x)＝ex，(2)当k＜0时，对于x∈R，ex≥kx显然不恒成立，当k＝0时，ex≥kx显然成立；当k＞0时，若要ex－kx≥0恒成立，必有(ex－kx)min≥0设t(x)＝ex－kx，则t′(x)＝ex－k易知t(x)在(－∞，lnk)上单调递减，在(lnk，＋∞)上单调递增，则t(x)min＝k(1－lnk)，若ex－kx≥0恒成立，即t(x)min＝k(1－lnk)≥0，得0＜k≤e，综上得0≤k≤e.(3)证明：方法一由(1)知ex≥ex成立，构造函数h(x)＝ex－lnx－t(x＞0)(t≤2)，h′(x)＝e－eq\f(1,x)＝eq\f(ex－1,x)所以h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－lneq\f(1,e)－t＝2－t≥0(t≤2)，有ex≥lnx＋t成立eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当x＝\f(1,e)，t＝2时取等号)).由(1)知ex≥ex成立(当x＝1时取等号)，所以有ex＞t＋lnx成立，即对任意t∈(－∞，2]，f(x)＞t＋lnx成立．方法二因为t≤2，所以要证ex＞t＋lnx，只须证ex＞2＋lnx,令h(x)＝ex－lnx－2，h′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x)(x＞0)，令t(x)＝xex－1，t′(x)＝ex＋xex＞0，所以t(x)在(0，＋∞)递增，t(x)＞t(0)＝－1，由于t(0)＝－1＜0，t(1)＝e－1＞0所以存在x0∈(0,1)，有t(x0)＝x0ex0－1＝0，则ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0，即h′(x)＞0得x＞x0；h′(x)＜0得0＜x＜x0所以h(x)≥h(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2＞2－2＝0.所以ex－2－lnx＞0成立，即ex＞t＋lnx成立．即对任意t∈(－∞，2]，f(x)＞t＋lnx成立．2．(2018·济南检测)已知函数f(x)＝lnx－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋eq\f(1,2x)－m有两个零点x1，x2，且x1<x2，求证：x1＋x2>1.(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝eq\f(1－x,x)>0，得0<x<1，令f′(x)＝eq\f(1－x,x)<0，得x>1，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)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m(x>0)，因为x1，x2是函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m的两个零点，所以lnx1＋eq\f(1,2x1)－m＝0，lnx2＋eq\f(1,2x2)－m＝0.两式相减，可得lneq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2x2)－eq\f(1,2x1)，即lneq\f(x1,x2)＝eq\f(x1－x2,2x2x1)，故x1x2＝eq\f(x1－x2,2ln\f(x1,x2)).那么x1＝eq\f(\f(x1,x2)－1,2ln\f(x1,x2))，x2＝eq\f(1－\f(x2,x1),2ln\f(x1,x2)).令t＝eq\f(x1,x2)，其中0<t<1，则x1＋x2＝eq\f(t－1,2lnt)＋eq\f(1－\f(1,t),2lnt)＝eq\f(t－\f(1,t),2lnt).构造函数h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，则h′(t)＝eq\f(t－12,t2).对于0<t<1，h′(t)>0恒成立，故h(t)<h(1)，即t－eq\f(1,t)－2lnt<0.可知eq\f(t－\f(1,t),2lnt)>1，故x1＋x2>1.3．(2018·大庆模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0，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x∈R恒成立，求实数a的值；(3)在(2)的条件下，证明：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))n＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n)))n＜eq\f(e,e－1)(其中n∈N＋)．解：(1)由题意a＞0，f′(x)＝ex－a，由f′(x)＝ex－a＝0得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.∴f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．即f(x)在x＝lna处取得极小值，且为最小值，其最小值为f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1.(2)f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f(x)min≥0.由(1)，设g(a)＝a－alna－1，所以g(a)≥0.由g′(a)＝1－lna－1＝－lna＝0得a＝1.∴g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，∴g(a)在a＝1处取得最大值，而g(1)＝0.因此g(a)≥0的解为a＝1，∴a＝1.(3)证明：由(2)知对任意实数x均有ex－x－1≥0，即1＋x≤ex.令x＝－eq\f(k,n)(n∈N＋，k＝0,1,2,3，…，n－1)，则0＜1－eq\f(k,n)≤－eeq\f(k,n).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(k,n)))n≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(k,n)))n＝e－k.∴