2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第3课时利用导数证明不等式课时跟踪检测新人教A版

第三课时 利用导数证明不等式

A级·基础过关 |固根基|

1.已知函数f(x)＝1－(1)g(x)≥1；

1

(2)(x－ln x)f(x)>1－2.

e证明：(1)由题意，得g′(x)＝

x－1

e

x，g(x)＝x－ln x．证明：

x－1

(x>0)，当01时，g′(x)>0，x即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．

所以g(x)≥g(1)＝1，得证． (2)由f(x)＝1－

x－1

e

x，得f′(x)＝

x－2

e

x，

所以当02时，f′(x)>0， 即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数， 1

所以f(x)≥f(2)＝1－2(当且仅当x＝2时取等号)． ①

e又由(1)知，x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)， ② 且①②等号不同时取得， 1

所以(x－ln x)f(x)>1－2.

e

2．(2020届石家庄摸底)已知函数f(x)＝(2－x)e(1)若f(x)在R上单调递减，求k的最大值； (2)当x∈(1，2)时，证明：ln

k(x－1)

－x(k∈R，e为自然对数的底数)．

x（2x－1）?1?>2?x－?.

2－x?x?

k(x－1)

解：(1)∵f(x)在R上单调递减，∴f′(x)＝e1

＋2k－1≤k（x－1）对任意x∈R恒成立．

e

[k(2－x)－1]－1≤0恒成立，即－kx1

设g(x)＝k（x－1）＋kx－2k＋1，则g(x)≥0对任意x∈R恒成立，显然应满足g(1)＝2－

e

k≥0，∴k≤2.

1??当k＝2时，g′(x)＝2?1－2（x－1）?，且g′(1)＝0，

?e?当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

- 1 -

当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， ∴g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立， 故k的最大值为2.

(2)证明：由(1)知，当k＝2时，f(x)＝(2－x)e所以当x∈(1，2)时，f(x)

2(x－1)

－x在R上单调递减，且f(1)＝0，

2(x－1)

两边同取以e为底的对数得ln(2－x)＋2(x－1)

2－x2

下面证明－＋2

xx?2?令H(x)＝ln(2x－1)－?－＋2?(1

?x2

?

2（x－1）

则H′(x)＝2>0，

x（2x－1）

?2?∴H(x)在(1，2)上单调递增，则H(x)>H(1)＝ln(2×1－1)－?－＋2?＝0，故②成立， ?1?

①＋②得，ln

x（2x－1）?1?>2?x－?成立．

2－x?x?

122

3．(2019届唐山模拟)已知f(x)＝x－aln x，a>0.

2(1)求函数f(x)的最小值； (2)当x>2a时，证明：

f（x）－f（2a）3

>a.

x－2a2

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

a2（x＋a）（x－a）

f′(x)＝x－＝. xx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，

122

所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a－aln a.

2(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增， 3

则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0.

23

设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，

2

3a3（2x＋a）（x－2a）

则当x>2a时，g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a＝>0，

2x22x所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，

- 2 -

2

所以当x>2a时，g(x)>g(2a)＝0， 3

即f(x)－f(2a)－a(x－2a)>0，

2故

f（x）－f（2a）3

>a.

x－2a2

B级·素养提升 |练能力|

1?1?4.(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)已知函数f(x)＝?a＋?ln x＋－x(a>0)．

?a?

x1

(1)若a＝，求f(x)的极值点；

2

(2)若曲线y＝f(x)上总存在不同的两点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，使得曲线y＝f(x)在P，Q两点处的切线平行，求证：x1＋x2>2.

解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝?a＋?·－2－1(a>0)．

?a?xx1（x－2）（2x－1）?1??11?(1)当a＝时，f′(x)＝－?－2??－?＝－， 222x?x??x2?1

令f′(x)<0，得02；

21

令f′(x)>0，得

2

?

1?11

?1??1?∴f(x)在?0，?，(2，＋∞)上单调递减，在?，2?上单调递增， ?2??2?

1

∴x＝是f(x)的极小值点，x＝2是f(x)的极大值点．

2

?1?11?1?11

(2)证明：由题意知，f′(x1)＝f′(x2)，即?a＋?·－2－1＝?a＋?·－2－1(x1≠

?

a?x1x1

?a?x2x2

x2)，

111x1＋x2

∴a＋＝＋＝.

ax1x2x1x2

∵x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，

（x1＋x2）∴x1＋x2>2x1x2，则有x1x2<，

41x1＋x2

∴a＋＝>2

ax1x2

?4?4

，∴x1＋x2>?1?.

?a＋?maxx1＋x2

?

a?

- 3 -

?4?∵a>0，∴≤2(当且仅当a＝1时取等号)，∴x1＋x2>?1?＝2.

?a＋?max1

a＋?a?a4

1

5．(2019届昆明市高三诊断测试)已知函数f(x)＝2ln x－x＋.

x(1)求f(x)的单调区间；

a－ba＋b(2)若a>0，b>0，且a≠b，证明：ab<<.

ln a－ln b2

解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 21－x＋2x－1－（x－1）

f′(x)＝－1－2＝＝≤0. 222

2

xxxx所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a>b>0，则

ab<

a－ba－ba?ln a－ln b

ln a－ln bbaba1

－?2ln baba?>1，所以f?b?

a－ba1＋<0. bab由(1)知，f(x)是(0，＋∞)上的减函数，又即f?

a?

?

??a??＝2lnb?

a－ba1＋<0， bab所以ab<

a－b. ln a－ln ba－ba＋b2（a－b）又 ? ln a－ln b2a＋baa?b?ln >. ba＋1b??2?－1?

2（x－1）（x－1）令g(x)＝ln x－，则g′(x)＝，

x＋1x（x＋1）2当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)是(0，＋∞)上的增函数．

2

??2?－1?

aa?b?a－ba＋b?a?因为>1，所以g??>g(1)＝0，所以ln >，从而<. bbaln a－ln b2?b?

＋1

b综上所述，当a>0，b>0，且a≠b时，ab<

- 4 -

aa－ba＋b<. ln a－ln b2

- 5 -