2021高考数学一轮复习 课后限时集训17 利用导数证明不等式 理 北师大版

课后限时集训17利用导数证明不等式建议用时：45分钟1(2019福州模拟)已知函数f(x)eln xax(aR)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.解(1)f(x)a(x0)若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x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x0，所以只需证f(x)2e，当ae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)maxf(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减，当x1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.法二：由题意知，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，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，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x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.2(2018全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.()若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0，)单调递减()若a2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.3已知函数f(x)ex，g(x)ln(xa)b.(1)当b0时，f(x)g(x)0恒成立，求整数a的最大值；(2)求证：ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4ln 3)3ln(n1)ln nn(nN)解(1)现证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，当x(0，)时，F(x)0，当x(，0)时，F(x)0，所以F(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，所以F(x)minF(0)0，即F(x)0恒成立，即exx1.同理可得ln(x2)x1，因为两个等号不能同时成立，所以exln(x2)，当a2时，ln(xa)ln(x2)ex，所以当a2时，f(x)g(x)0恒成立当a3时，e0ln a，即exln(xa)0不恒成立故整数a的最大值为2.(2)证明：由(1)知exln(x2)，令x，则eln，即en1nln(n1)ln nn，所以e0e1e2 en1ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4ln 3)3ln(n1)ln nn，又因为e0e1e2en1，所以ln 2(ln 3ln 2)2(ln 4ln 3)3ln(n1)ln nn.3