2023高考数学统考一轮复习课后限时集训21利用导数证明不等式理含解析新人教版202302272127

课后限时集训(二十一)　利用导数证明不等式建议用时：40分钟1．(2020·南昌模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.[解]　(1)f′(x)＝－a(x＞0)．①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，\n故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.2．(2020·赣州模拟)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直．(1)求a，b的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.[解]　(1)因为f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.因为g(x)＝＋－bx，所以g′(x)＝－－－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明：要证f(x)＋g(x)≥，只需证1－－－＋x≥0.令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.3．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，…＜e.[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，\n①若a≤0，因为f＝－＋aln2＜0，所以不满足题意．②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0；所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0.令x＝1＋，得ln＜.从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.故…＜e.