2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第三章 第2讲 第3课时 利用导数证明不等式
[基础题组练]
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)>ln 2 B．f(2)－f(1)
1 D．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)>＝(ln x)′，即f′(x)－(ln x)′>0.令F(x)＝f(x)－ln x，则F(x)在(0，＋∞)上是增加的，故f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即f(2)－f(1)>ln 2.
2．若0ln x2－ln x1
B．e x2－e x1x1ex2
D．x2ex1x1ex2，故选C.
3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.(e＝2.718 28…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－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当01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)＝ln x＋，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，＋∞)上是增加的．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上是增加的；
若00时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－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)＝exln x＋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，＋∞)上是增加的；
令f′(x)<0，解得x<1，且x≠0，故f(x)在区间(－∞，0)和区间(0，1)上是减少的．
(2)证明：由(1)知g(x)＝exln x＋，定义域为(0，＋∞)，
所以g(x)>1，即exln x＋>1等价于xln x>－.
设h(x)＝xln x(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1.
因为h′＝ln＋1＝0，所以当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.故h(x)在区间上是减少的，在区间上是增加的，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)上是增加的，在区间(1，＋∞)上是减少的，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.
6．已知函数f(x)＝λln x－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01－.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝λln x－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01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，
所以当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，所以λ≤－.
②当函数f(x)是增函数时，f′(x)≥0，
所以≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，
由①得φ(x)＝－在(0，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，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)＝－ln x－e－x在(0，＋∞) 上是减少的，
因为0f(x2)，
即－ln x1－e－x1>－ln x2－e－x2，
所以e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.
要证e1－x2－e1－x1>1－，
只需证ln x1－ln x2>1－，即证ln>1－.
令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，
当00，即ln t>1－，原不等式得证．
