高考總復習文數（北師大版）課時作業(yè)提升16利用導數證明不等式專題

課時作業(yè)提升(十六)利用導數證明不等式專題A組夯實基礎1．(2018·惠州模擬)已知函數f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R)．當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.證明：當a＝1時，f(x)＝x2＋x－lnx，要證明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需證明ex－lnx－2＞0，設g(x)＝ex－lnx－2，則問題轉化為證明對任意的x＞0，g(x)＞0.令g′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝0得ex＝eq\f(1,x)，容易知道該方程有唯一解，不妨設為x0，則x0滿足ex0＝eq\f(1,x0).當x變化時，g′(x)和g(x)變化情況如下表x(0，x0)x0(x0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)極小值g(x)min＝g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2.因為x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2eq\r(1)－2＝0，因此不等式得證．2．(2018·蚌埠模擬)已知函數f(x)＝mex－lnx－1.(1)當m＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當m≥1時，證明：f(x)＞1.(1)解：當m＝1時，f(x)＝ex－lnx－1，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,x).所以f(1)＝e－1，f′(1)＝e－1.所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.(2)證明：當m≥1時，f(x)＝mex－lnx－1≥ex－lnx－1.要證明f(x)＞1，只需證明ex－lnx－2＞0.設g(x)＝ex－lnx－2，則g′(x)＝ex－eq\f(1,x).設h(x)＝ex－eq\f(1,x)，則h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)＞0，所以函數h(x)＝g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞增．因為g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eeq\f(1,2)－2＜0，g′(1)＝e－1＞0，所以函數g′(x)＝ex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上有唯一零點x0，且x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).因為g′(x0)＝0，所以ex0＝eq\f(1,x0)，即lnx0＝－x0.當x∈(0，x0)時，g′(x)＜0；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞0.所以當x＝x0時，g(x)取得最小值g(x0)．故g(x)≥g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2＞0.綜上可知，當m≥1時，f(x)＞1.3．(2018·南充質檢)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．(1)解：由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x＞0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2).①當x∈(0,1)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減．②當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)所以a≤h(x)min＝4，即實數a的取值范圍是(－∞，4]．(2)證明：問題等價于證明xlnx＞eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．又f(x)＝xlnx，f′(x)＝lnx＋1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex)，易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e)，從而對一切x∈(0，＋∞)，lnx＞eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．B組能力提升1．(2018·黔東南州模擬)已知函數f(x)＝ex＋b在(1，f(1))處的切線為y＝ax.(1)求f(x)的解析式．(2)若對任意x∈R，有f(x)≥kx成立，求實數k的取值范圍.(3)證明：對任意t∈(－∞，2]，f(x)＞t＋lnx成立．解：(1)由f′(x)＝ex得k＝f′(1)＝e＝a，所以切線為y＝ex，由切點為(1，e＋b)在切線y＝ex上，b＝0，所以f(x)＝ex，(2)當k＜0時，對于x∈R，ex≥kx顯然不恒成立，當k＝0時，ex≥kx顯然成立；當k＞0時，若要ex－kx≥0恒成立，必有(ex－kx)min≥0設t(x)＝ex－kx，則t′(x)＝ex－k易知t(x)在(－∞，lnk)上單調遞減，在(lnk，＋∞)上單調遞增，則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，綜上得0≤k≤e.(3)證明：方法一由(1)知ex≥ex成立，構造函數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(當x＝\f(1,e)，t＝2時取等號)).由(1)知ex≥ex成立(當x＝1時取等號)，所以有ex＞t＋lnx成立，即對任意t∈(－∞，2]，f(x)＞t＋lnx成立．方法二因為t≤2，所以要證ex＞t＋lnx，只須證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，＋∞)遞增，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，則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．即對任意t∈(－∞，2]，f(x)＞t＋lnx成立．2．(2018·濟南檢測)已知函數f(x)＝lnx－x.(1)判斷函數f(x)的單調性；(2)函數g(x)＝f(x)＋x＋eq\f(1,2x)－m有兩個零點x1，x2，且x1<x2，求證：x1＋x2>1.(1)解：函數f(x)的定義域為(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，所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)證明：根據題意，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m(x>0)，因為x1，x2是函數g(x)＝lnx＋eq\f(1,2x)－m的兩個零點，所以lnx1＋eq\f(1,2x1)－m＝0，lnx2＋eq\f(1,2x2)－m＝0.兩式相減，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，則x1＋x2＝eq\f(t－1,2lnt)＋eq\f(1－\f(1,t),2lnt)＝eq\f(t－\f(1,t),2lnt).構造函數h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，則h′(t)＝eq\f(t－12,t2).對于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·大慶模擬)已知函數f(x)＝ex－ax－1(a＞0，e為自然對數的底數)．(1)求函數f(x)的最小值；(2)若f(x)≥0對任意的x∈R恒成立，求實數a的值；(3)在(2)的條件下，證明：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)由題意a＞0，f′(x)＝ex－a，由f′(x)＝ex－a＝0得x＝lna.當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.∴f(x)在(－∞，lna)單調遞減，在(lna，＋∞)單調遞增．即f(x)在x＝lna處取得極小值，且為最小值，其最小值為f(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1.(2)f(x)≥0對任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f(x)min≥0.由(1)，設g(a)＝a－alna－1，所以g(a)≥0.由g′(a)＝1－lna－1＝－lna＝0得a＝1.∴g(a)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞減，∴g(a)在a＝1處取得最大值，而g(1)＝0.因此g(a)≥0的解為a＝1，∴a＝1.(3)證明：由(2)知對任意實數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)，則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.∴