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高2020届高2017级第一轮复习文科数学全套课件配套课时跟踪检测(十九) 利用导数研究不等式证明问题

第1页共1页 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<xln-x1<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<xln-x1<x, 即证 ln x<x-1<xln 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)=xln 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 xln x>x-1. ∴原不等式成立. 2.(2019·武汉调研)已知函数 f(x)=ln x+ax,a∈R. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)当 a>0 时,求证:f(x)≥2a- a 1. 解:(1)f′(x)=1x-xa2=x-x2 a(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- a 1,只需证 ln a+1≥2a- a 1. 即证 ln a+1a-1≥0. 第1页共1页 令函数 g(a)=ln a+1a-1(a>0),则 g′(a)=1a-a12=a-a21, 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- a 1成立. 3.已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+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>e1x-e2x恒成立. 解:(1)由题意知 2xln x≥-x2+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+3x2x-1. 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 xln x>exx-2e(x>0). 因为 f(x)=xln 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=f1e=-1e. 设 m(x)=exx-2e(x>0), 则 m′(x)=1-ex x, 当 x∈(0,1)时,m′(x)>0,m(x)单调递增; 第1页共1页 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 xln x>exx-2e恒成立. 所以对一切 x∈(0,+∞),ln x>e1x-e2x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<x1<x2 时,e1-x2-e1-x1>1-xx21. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), ∵f(x)=λln x-e-x, ∴f′(x)=xλ+e-x=λ+xxe-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+xxe-x≤0,即 λ+xe-x≤0,λ≤-xe-x=-exx. 令 φ(x)=-exx,则 φ′(x)=x-ex 1, 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+xxe-x≥0,即 λ+xe-x≥0,λ≥-xe-x=-exx, 由①得 φ(x)=-exx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)=-1eln x-e-x 在(0,+∞)上单调递减, ∵0<x1<x2,∴f(x1)>f(x2), 第1页共1页 即-1eln x1-e-x1>-1eln x2-e-x2, ∴e1-x2-e1-x1>ln x1-ln x2. 要证 e1-x2-e1-x1>1-xx21, 只需证 ln x1-ln x2>1-xx21,即证 ln xx12>1-xx21. 令 t=xx12,t∈(0,1),则只需证 ln t>1-1t


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