2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第17讲导数的应用——利用导数证明不等式（达标检测）（Word版附解析）

《导数的应用——利用导数证明不等式》达标检测[A组]—应知应会1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)>1，则(　　)A．f(2)－f(1)>ln2　　　　B．f(2)－f(1)<ln2C．f(2)－f(1)>1D．f(2)－f(1)<1【解析】选A.根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则xf′(x)>1⇒f′(x)>＝(lnx)′，即f′(x)－(lnx)′>0.令F(x)＝f(x)－lnx，则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－f(1)>ln2.2．（2020•定海区校级模拟）若0<x1<x2<1，则(　　)A．ex2－ex1>lnx2－lnx1B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2【解析】选C.令f(x)＝，则f′(x)＝＝.当0<x<1时，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即<，所以x2ex1>x1ex2，故选C.3．（2020春•宁波期末）已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)设x＝2是函数f(x)的极值点，求实数a的值，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.【解】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a≥时，f(x)≥－lnx－1.设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥时，f(x)≥0.4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明：f(x)≥.【解】(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要证f(x)≥，只需证lna＋1≥，即证lna＋－1≥0.令函数g(a)＝lna＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，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lna＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥.5．(2020·广东茂名一模)已知函数f(x)＝(a∈R)的图象在x＝2处的切线斜率为.(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)＝exlnx＋f(x)，证明：g(x)>1.【解】(1)由f′(x)＝， 得切线斜率k＝f′(2)＝ae·＝，解得a＝2.所以f(x)＝，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f′(x)＝2ex－1·.令f′(x)>0，解得x>1，故f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．(2)证明：由(1)知g(x)＝exlnx＋，定义域为(0，＋∞)，所以g(x)>1，即exlnx＋>1等价于xlnx>－.设h(x)＝xlnx(x>0)，则h′(x)＝lnx＋1.因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h＝－.设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝.所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0.故m(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以m(x)在(0，＋∞)上的最大值为m(1)＝－.综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h(x)>m(x)成立，即g(x)>1.[B组]—强基必备1．（2020·济宁期末）已知函数f(x)＝λlnx－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0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝λlnx－e－x，所以f′(x)＝＋e－x＝，因为函数f(x)是单调函数，所以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，所以≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝， 当0<x<1时，φ′(x)<0；当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，由①得φ(x)＝－在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，所以λ≥0.综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，因为0<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，即－lnx1－e－x1>－lnx2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1>1－，只需证lnx1－lnx2>1－，即证ln>1－.令t＝，t∈(0，1)，则只需证lnt>1－，令h(t)＝lnt＋－1，则h′(t)＝－＝，当0<t<1时，h′(t)<0，所以h(t)在(0，1)上单调递减，又因为h(1)＝0，所以h(t)>0，即lnt>1－，原不等式得证．