考點(diǎn)突破練18　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1.(2022·福建福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=eln x-ax(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)a=e時(shí),證明:xf(x)-ex+2ex≤0.            2.(2022·江西鷹潭二模(文))已知函數(shù)f(x)=ax2-(a+2)x+ln x.(1)當(dāng)a>0時(shí),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a=0時(shí),證明:f(x)<ex-2x-2(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).             3.(2022·陜西咸陽(yáng)二模)已知函數(shù)f(x)=ln x-kx+1.(1)若f(x)≤0恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍;(2)證明:(n∈N*,n>1).            4.(2021·新高考Ⅰ·22)已知函數(shù)f(x)=x(1-ln x).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)a,b為兩個(gè)不相等的正數(shù),且bln a-aln b=a-b,證明:2<<e.            5.(2022·江蘇泰州一模)已知函數(shù)f(x)=+ln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),證明:a2<x1x2<ae.       
考點(diǎn)突破練18　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1.(1)解f'(x)=-a(x>0),①若a≤0,則f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù);②若a>0,則當(dāng)x<時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x>時(shí),f'(x)<0.故在上,f(x)單調(diào)遞增;在上,f(x)單調(diào)遞減.(2)證明因?yàn)?/span>x>0,所以只需證f(x)≤-2e,由(1)知,當(dāng)a=e時(shí),f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)max=f(1)=-e.記g(x)=-2e(x>0),則g'(x)=,所以,當(dāng)0<x<1時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=-e.所以當(dāng)x>0時(shí),f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e,即xf(x)-ex+2ex≤0.2.(1)解f(x)的定義域?yàn)?/span>(0,+∞),f'(x)=2ax-(a+2)+(a>0),①當(dāng)0<,即a>2時(shí),在上,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在上,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.②當(dāng),a=2時(shí),f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.③當(dāng),即0<a<2時(shí),在上,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在上,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a>2時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.當(dāng)a=2時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).當(dāng)0<a<2時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,,+∞,單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)證明當(dāng)a=0時(shí),由f(x)<ex-2x-2化簡(jiǎn)得ex-lnx-2>0,構(gòu)造函數(shù)h(x)=ex-lnx-2(x>0),h'(x)=ex-,h″(x)=ex+>0,∴h'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,h'-2<0,h'(1)=e-1>0,故存在x0∈,使得h'(x0)=0,即.當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以x=x0時(shí),h(x)取得極小值,也即是最小值.h(x0)=-lnx0-2=-ln-2=+x0-2>2-2=0,所以h(x)=ex-lnx-2>0,故f(x)<ex-2x-2.3.(1)解f(x)≤0?lnx-kx+1≤0?k≥,令g(x)=,x>0,則g'(x)=,當(dāng)0<x<1時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x>1時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,∴g(x)max=g(1)=1,∴k≥1.(2)證明由(1)知,k=1時(shí),有不等式lnx≤x-1對(duì)任意x∈(0,+∞)恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),取“=”號(hào),∴當(dāng)x∈(1,+∞),lnx<x-1恒成立,令x=1+(n>1,且n∈N*),則ln,∴ln+ln+…+ln,即ln(n∈N*,n>1),∴(n∈N*,n>1).4.(1)解由條件知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>(0,+∞),f'(x)=-lnx.當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.即在區(qū)間(0,1)內(nèi),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(1,+∞)內(nèi),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.(2)證明(方法一)由blna-alnb=a-b得,即f=f.由a≠b,得.由(1)不妨設(shè)∈(0,1),∈(1,+∞),則f>0,從而f>0,得∈(1,e),①令g(x)=f(2-x)-f(x),則g'(x)=-f'(2-x)-f'(x)=ln[1-(x-1)2],當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,g(x)>g(1)=0,從而f(2-x)>f(x),所以f>f=f,由(1)得2-即2<. ①令h(x)=x+f(x),則h'(x)=1+f'(x)=1-lnx,當(dāng)x∈(1,e)時(shí),h'(x)>0,h(x)在區(qū)間(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增,h(x)<h(e)=e,從而x+f(x)<e,所以+f<e.又由∈(0,1),可得=f=f,所以<f=e. ②由①②得2<<e.(方法二)blna-alnb=a-b變形為,所以.令=m,=n.則上式變?yōu)?/span>m(1-lnm)=n(1-lnn),于是命題轉(zhuǎn)換為證明2<m+n<e.令f(x)=x(1-lnx),則有f(m)=f(n),不妨設(shè)m<n.令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.結(jié)合(1)知0<m<1,1<n<e,先證m+n>2.要證m+n>2?n>2-m?f(n)<f(2-m)?f(m)<f(2-m)?f(m)-f(2-m)<0.令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),則g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-ln[x(2-x)]>0,∴g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,所以g(x)<g(1)=0,即m+n>2.再證m+n<e.因?yàn)?/span>m(1-lnm)=n(1-lnn)>m,所以n(1-lnn)+n<e?m+n<e.令h(x)=x(1-lnx)+x,x∈(1,e),所以h'(x)=1-lnx>0,故h(x)在區(qū)間(1,e)內(nèi)單調(diào)遞增.所以h(x)<h(e)=e.故h(n)<e,即m+n<e.綜合可知2<<e.(方法三)證明>2同方法二.以下證明x1+x2<e.不妨設(shè)x2=tx1,則t=>1,由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)得x1(1-lnx1)=tx1[1-ln(tx1)],lnx1=1-,要證x1+x2<e,只需證(1+t)x1<e,兩邊取對(duì)數(shù)得ln(1+t)+lnx1<1,即ln(1+t)+1-<1,即證.記g(s)=,s∈(0,+∞),則g'(s)=.記h(s)=-ln(1+s),則h'(s)=<0,所以h(s)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.h(s)<h(0)=0,則g'(s)<0,所以g(s)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞),所以g(t)<g(t-1),即.(方法四)由已知得,令=x1,=x2,不妨設(shè)x1<x2,所以f(x1)=f(x2).令f'(x)=0,得x=1,且f(e)=0.由(1)及前面分析知,0<x1<1<x2<e,只需證2<x1+x2<e.證明x1+x2>2同方法二.再證明x1+x2<e.令h(x)=(0<x<e),h'(x)=.令φ(x)=lnx+-2(0<x<e),則φ'(x)=<0.所以φ(x)>φ(e)=0,h'(x)>0,h(x)在區(qū)間(0,e)內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)?/span>0<x1<x2<e,所以,即.又因?yàn)?/span>f(x1)=f(x2),所以,即-ex2<-ex1,(x1-x2)(x1+x2-e)>0.因?yàn)?/span>x1<x2,所以x1+x2<e,即<e.綜上,有2<<e,結(jié)論得證.5.(1)解函數(shù)f(x)=+lnx的定義域?yàn)?/span>(0,+∞),求導(dǎo)得f'(x)=,當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)>0恒成立,則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)a>0時(shí),f'(x)<0的解集為(0,a),f'(x)>0的解集為(a,+∞),即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,a),所以當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,a)上單調(diào)遞減.(2)證明因?yàn)?/span>f(x1)=f(x2)=2(x1≠x2),由(1)知,a>0,且f(x)min=f(a)=lna+1<2,解得a∈(0,e),設(shè)x1<x2,則0<x1<a<x2,要證x1x2>a2,即證x2>>a,即證f(x2)>f,即證f(x1)>f,設(shè)g(x)=f(x)-f=2lnx+-2lna,x∈(0,a),則g'(x)=<0,即g(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,當(dāng)x→a時(shí),g(x)→0,所以g(x)>0,即f(x)>f(x∈(0,a)),則f(x1)>f成立,因此x1x2>a2成立,要證x1x2<ae,即證a<x2<,即證f(x2)<f,即證f(x1)<f,即證2<-lnx1+lna+1,x1∈(0,a),而+lnx1=2?a=x1(2-lnx1),即證1<+ln(2-lnx1),x1∈(0,a),令h(x)=+ln(2-lnx),x∈(0,e),則h'(x)=-,設(shè)φ(x)=x(2-lnx),x∈(0,e),求導(dǎo)得φ'(x)=1-lnx>0,即φ(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,當(dāng)x→e時(shí),φ(x)→e,則有0<φ(x)<e,即h'(x)<0,h(x)在(0,e)上單調(diào)遞減,而(0,a)?(0,e),當(dāng)x∈(0,a)時(shí),h(x)>h(a)>h(e)=1,則當(dāng)x∈(0,a)時(shí),1<+ln(2-lnx)成立,故有x1x2<ae成立,所以a2<x1x2<ae.

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