高2020届高2017级高三文科数学三维设计一轮复习课时跟踪检测(十九)利用导数研究不等式证明问题

课时跟踪检测（十九） 利用导数研究不等式证明问题
1.设函数f (x )＝ln x －x ＋1.
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)求证：当x ∈(1,＋∞)时,1<x －1ln x
<x . 解：(1)f ′(x )＝1x
－1(x >0). 由f ′(x )>0,解得0<x <1；由f ′(x )<0,解得x >1.
∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.
(2)证明：要证当x ∈(1,＋∞)时,1<x －1ln x
<x , 即证ln x <x －1<x ln x .
由(1)得f (x )＝ln x －x ＋1在(1,＋∞)上单调递减,
∴当x ∈(1,＋∞)时,f (x )<f (1)＝0,即有ln x <x －1.
设F (x )＝x ln x －x ＋1,
则F ′(x )＝1＋ln x －1＝ln x .
当x ∈(1,＋∞)时,F ′(x )>0,F (x )单调递增.
∴F (x )>F (1)＝0,即有x ln x >x －1.
∴原不等式成立.
2.(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x
,a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)当a >0时,求证：f (x )≥2a －1a .
解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0). ①当a ≤0时,f ′(x )>0,f (x )在(0,＋∞)上单调递增.
②当a >0时,若x >a ,则f ′(x )>0,函数f (x )在(a ,＋∞)上单调递增； 若0<x <a ,则f ′(x )<0,函数f (x )在(0,a )上单调递减.
综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,＋∞)上单调递增；
当a >0时,f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,＋∞)上单调递增.
(2)证明：由(1)知,当a >0时,f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.
要证f (x )≥2a －1a ,只需证ln a ＋1≥2a －1a .
即证ln a ＋1a －1≥0.
令函数g (a )＝ln a ＋1a －1(a >0),则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2, 当0<a <1时,g ′(a )<0；当a >1时,g ′(a )>0,
所以g (a )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以g (a )min ＝g (1)＝0.
所以ln a ＋1a －1≥0恒成立,
所以f (x )≥2a －1a 成立.
3.已知f (x )＝x ln x ,g (x )＝－x 2＋ax －3.
(1)若对一切x ∈(0,＋∞),2f (x )≥g (x )恒成立,求实数a 的取值范围.
(2)求证：对一切x ∈(0,＋∞),ln x ＞1e x －2e x
恒成立. 解：(1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0,＋∞)恒成立,
则a ≤2ln x ＋x ＋3x
. 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0),
则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2
. 当x ∈(0,1)时,h ′(x )＜0,h (x )单调递减；
当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )＞0,h (x )单调递增.
所以h (x )min ＝h (1)＝4,
因为对一切x ∈(0,＋∞),2f (x )≥g (x )恒成立,
所以a ≤h (x )min ＝4,故实数a 的取值范围是(－∞,4].
(2)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e
(x ＞0). 因为f (x )＝x ln x (x ＞0),f ′(x )＝ln x ＋1,
当x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1e 时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增,
所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e
. 设m (x )＝x e x －2e
(x ＞0), 则m ′(x )＝1－x e x
, 当x ∈(0,1)时,m ′(x )＞0,m (x )单调递增；
当x ∈(1,＋∞)时,m ′(x )＜0,m (x )单调递减,
所以m (x )max ＝m (1)＝－1e
, 从而对一切x ∈(0,＋∞),f (x )＞m (x )恒成立,
即x ln x ＞x e x －2e
恒成立. 所以对一切x ∈(0,＋∞),ln x ＞1e x －2e x
恒成立. 4.(2018·黄冈模拟)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0<x 1<x 2时,e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1
. 解：(1)函数f (x )的定义域为(0,＋∞),
∵f (x )＝λln x －e －
x , ∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －x x
, ∵函数f (x )是单调函数,
∴f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0,＋∞)上恒成立,
①当函数f (x )是单调递减函数时,f ′(x )≤0,
∴λ＋x e －x x ≤0,即λ＋x e －x ≤0,λ≤－x e －x ＝－x e x . 令φ(x )＝－x e x ,则φ′(x )＝x －1e x , 当0<x <1时,φ′(x )<0；当x >1时,φ′(x )>0,
则φ(x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
∴当x >0时,φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ,∴λ≤－1e
. ②当函数f (x )是单调递增函数时,f ′(x )≥0,
∴λ＋x e －
x x ≥0,即λ＋x e －x ≥0,λ≥－x e －x ＝－x e x , 由①得φ(x )＝－x e x 在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增, 又φ(0)＝0,x ―→＋∞时,φ(x )<0,∴λ≥0.
综上,λ的取值范围为⎝
⎛⎦⎤－∞，－1e ∪[)0，＋∞. (2)证明：由(1)可知,当λ＝－1e 时,f (x )＝－1e
ln x －e －x 在(0,＋∞)上单调递减, ∵0<x 1<x 2,∴f (x 1)>f (x 2),
即－1e ln x 1－e －x 1>－1e
ln x 2－e －x 2, ∴e1－x 2－e1－x 1>ln x 1－ln x 2.
要证e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1
, 只需证ln x 1－ln x 2>1－x 2x 1,即证ln x 1x 2>1－x 2x 1
. 令t ＝x 1x 2
,t ∈(0,1),则只需证ln t >1－1t , 令h (t )＝ln t ＋1t －1,则h ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t 2, 当0<t <1时,h ′(t )<0,∴h (t )在(0,1)上单调递减, 又∵h (1)＝0,
∴h (t )>0,即ln t >1－1t
,原不等式得证.。