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
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1．(2019·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e＋2ex≤0. e
[解] (1)f′(x)＝－a(x＞0)．
xx①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ee
②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0，
aa?e??e?故f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减．
?
a?
?a?
e
(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，
xx当a＝e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)max＝f(1)＝－e. e
记g(x)＝－2e(x＞0)，
xxx－1ex则g′(x)＝，
x2所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
e
综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
xx即xf(x)－e＋2ex≤0.
法二：由题意知，即证exln x－ex－e＋2ex≤0， e
从而等价于ln x－x＋2≤.
ex1
设函数g(x)＝ln x－x＋2，则g′(x)＝－1.
x2
xxx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.
ee
设函数h(x)＝，则h′(x)＝
exxxx－1
. 2
ex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x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－e＋2ex≤0. 1
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
xx(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
fx1－fx2
＜a－2.
x1－x2
1
ax2－ax＋1
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2－1＋＝－.
xxx2
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝
a－a2－4
2
或x＝
a＋a2－4
2
.
?a－a2－4??a＋a2－4?
当x∈?0，?∪?，＋∞?时，f′(x)＜0；
22?????a－a2－4a＋a2－4?
当x∈?，?时，f′(x)＞0.
22??
?a－a2－4??a＋a2－4?
所以f(x)在?0，?，?，＋∞?上单调递减，在
22?????a－a2－4a＋a2－4?
?，?上单调递增．
22??
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2
＞1.
由于
2
fx1－fx21ln x1－ln x2ln x1－ln x2
＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋
x1－x2x1x2x1－x2x1－x2
a－2ln x2
，
1－x2
x2
所以
fx1－fx21
＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
x1－x2x2
x1
设函数g(x)＝－x＋2ln 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.
1fx1－fx2
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
x2x1－x23．已知函数f(x)＝e，g(x)＝ln(x＋a)＋b.
(1)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；
e23n(2)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)＋(ln 4－ln 3)＋…＋[ln(n＋1)－ln n]＜
e－1(n∈N＋)．
[解] (1)现证明e≥x＋1，设F(x)＝e－x－1，则F′(x)＝e－1，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)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，
即e≥x＋1.
同理可得ln(x＋2)≤x＋1，因为两个等号不能同时成立，所以e＞ln(x＋2)， 当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜e， 所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．
当a≥3时，e＜ln a，即e－ln(x＋a)＞0不恒成立． 故整数a的最大值为2.
－n＋1x(2)证明：由(1)知e＞ln(x＋2)，令x＝，
0
xxxxxxxxn－n＋1?－n＋1＋2?， 则e＞ln??
n?
n?
即e
－n＋1
＞?ln?
－1
??－n＋1＋2??n＝[ln(n＋1)－ln n]n，
??
??n??
－2
－n＋1
所以e＋e＋e ＋…＋e1)－ln n]，
n0
＞ln 2＋(ln 3－ln 2)＋(ln 4－ln 3)＋…＋[ln(n＋
23
1
1－ne1e0－1－2－n＋1
又因为e＋e＋e＋…＋e＝＜＝，
11e－11－1－ee
e23n所以ln 2＋(ln 3－ln 2)＋(ln 4－ln 3)＋…＋[ln(n＋1)－ln n]＜. e－1
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