2021届高考数学一轮总复习课时作业17利用导数证明不等式含解析苏教版
课时作业17 利用导数证明不等式
1．已知函数f(x)＝aexlnx的图象在x＝1处的切线与直线x＋2ey＝0垂直．
(1)求a的值；
(2)证明：xf(x)>1－5ex－1.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a，
则由题意知f(x)的图象在x＝1处的切线的斜率k＝f′(1)＝ae＝2e，所以a＝2.
(2)证明：要证明xf(x)>1－5ex－1，即证明2xexlnx>1－5ex－1，x>0，即证明2xlnx＋>.
令g(x)＝2xlnx＋，则g′(x)＝2(lnx＋1)．
当0
时，g′(x)>0.
所以g(x)＝2xlnx＋在上为减函数，在
上为增函数，所以g(x)min＝g＝.
因为y＝x在(0，＋∞)上为减函数，所以x<0＝1，所以g(x)≥>1>，所以xf(x)>1－5ex－1.
2．(2020·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2lnx，a>0.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)当x>2a时，证明：>a.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2lna.
(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0.
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设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，
则当x>2a时，g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a＝>0，
所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，
当x>2a时，g(x)>g(2a)＝0，
即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0，故>a.
3．(2020·湖南永州一模)已知函数f(x)＝(x2－x－1)ex.
(1)若f(x)在区间(a，a＋5)上有最大值，求整数a的所有可能取值；
(2)求证：当x>0时，f(x)<－3lnx＋x3＋(2x2－4x)ex＋7.
解：(1)f′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，
当x<－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当－21时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
由题意知a<－20，g(x)单调递增，
当x>2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的最大值为g(2)＝e2.
当01时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)的最小值为h(1)＝8，
又8>e2，所以g(x)的最大值小于h(x)的最小值，
故x>0时，恒有g(x)0)．
(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；
(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)；当0时，f′(x)>0.
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∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝lnk，
∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.
(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，
∵n∈N*，令x＝，得>ln，
∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．
5．(2020·昆明诊断)已知函数f(x)＝2lnx－x＋.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a>0，b>0，证明：<<.
解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1－＝＝≤0.
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由题意得a≠b，不妨设a>b>0，则
<⇔lna－lnb<⇔ln<－
⇔2ln－＋<0.
由(1)知f(x)是(0，＋∞)上的减函数，又>1，所以f()⇔ln>.
令g(x)＝lnx－，则g′(x)＝，
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞)上的增函数．
因为>1，所以g()>g(1)＝0，
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所以ln>，从而<.
综上所述，当a>0，b>0时，<<.
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