专题8导数与不等式的证明（学生版答案解析）

专题8导数与不等式的证明答案解析【专题探究】例1【解析】(1)F(x)=xex−1，F'(x)=(x+1)ex−1，

当x∈(−∞,−1)时，F'(x)<0，F(x)单调递减，

当x∈(−1,+∞)时，F'(x)>0，F(x)单调递增，

故x=−1时，F(x)取得最小值F(−1)=−e−2;

(2)∵f'(x)=ex−1，

∴f(x)=ex−1在(m,em−1)处的切线方程为y=em−1x+(1−m)em−1，

∵g'(x)=1x，∴g(x)=lnx+b在点(n,lnn+b)处的切线方程为y=1nx+lnn+b−1，

由题意得em−1=1n(1−m)em−1=lnn+b−1,则(m−1)em−1−m+b=0，

令ℎ(m)=(m−1)em−1−m+b，则ℎ'(x)=mem−1−1，由(1)得m<−1时，ℎ'(m)单调递减，

且ℎ'(m)<0，当m>−1时，ℎ'(m)单调递增，

又ℎ'(1)=0，（3）证明：要证fx>xgx−b令Gx=aexx−lnx(x>0)，以下证明当①当0<x≤1时，G'x<0，Gx在0,+∞上单调递减，故G②当x>1时,G'x=ax−1H'x=ex+1ax−1又H2取t∈1,2且使tat−1>e2则H(t)=e∵H(t)∙H(2)≤0，故即Gx有唯一的极值点x0∈(1,2]且Hx0=ex0∵G'x=−1x0∴Gx0综上所求，当a≥2e2时，练1【解析】（1）由fx=ln又x=0是函数y=xfx的极值点,所以y'0=ln（2）由（1）得fx=ln1−x,g(x)=x+f(x)当x∈0,1时,要证g(x)=∵x>0,ln1−x<0,∴化简得x+1−x当x∈−∞,0时,要证g(x)=∵x<0,ln1−x>0,∴x化简得x+1−x令ℎx=x+1−xln1−x,令t=1−x令gt=1−t+tln当t∈0,1时,g'x<0,gx单调递减,假设g1当t∈1,+∞时,g'x>0,gx单调递增,假设g1综上所述,g(x)=x+ln1−xx练2【解析】（1）fx的定义域为0,+∞，f当a≥0时，f'x>0在0,+∞上恒成立，所以f当a<0时，x∈0,−a时，f'x<0；所以fx在0,−a上单调递减，在−a,+∞上单调递增综上所述，当a≥0时，fx在0,+∞当a<0时，fx在0,−a上单调递减，在−a,+∞上单调递增（2）当a=1时，fx=−1x+ln则gx=−x−ln令ℎx=−1−1ℎ'x=1x2因为ℎ12=−3+所以存在唯一的x0∈12,1，使得当x∈0,x0时，ℎx<0，即g当x∈x0,+∞时，ℎx>0，即g'所以，gxmin方法一：把①代入②得gx0=−设φx=−x−lnx+1+1所以φx在12,1因为x0∈12,1，所以φ所以a=1时，f1方法二：设Hx=e则H'x=ex所以Hx所以ex−x>1.因为x0所以gx所以a=1时，f1例2【解析】（1）f(x)的定义域为0,+∞，f'(x)=当a≥0时，f'(x)≥0，所以f(x)在0,+∞上单调递增当a<0时，若x∈−a,+∞，则f'(x)>0；若x∈0,−a所以f(x)在−a,+∞上单调递增，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−a,+∞上单调递增，在0,−a上单调递减.（2）当a=1时，要证xf(x)<ex，即证x2令函数g(x)=1+lnxx，则令g'(x)>0，得x∈0,e；令g'所以g(x)在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，所以g(x)max令函数ℎ(x)=exx2当x∈0,2时，ℎ'(x)<0；当x∈2,+∞所以ℎ(x)在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，所以ℎ(x)min=ℎ因为e24−1+即1+lnxx<练3【解析】（1）∵fx=a−b∴f'1=ae−1−4be，由题意得f又f1=a−be=e，∴a−b=1．由a−4b=−2a−b=1（Ⅱ）由（1）得fx=2ex−lnx令gx∴g'故当x∈0,1时，−ex<0<x+1因为px的对称轴为x=−1，且p故存在x0∈0,1故当x∈0,x0时，px=当x∈x0,1时，px=x因为g故当x∈0,1时，g又当x∈0,1时，lnxx<0,∴2+lnxx<2,所以练4【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意可得f(1)＝2，f'(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，fx＝ex设函数g(x)＝xlnx，则g'x＝1+lnx，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).设函数ℎ(x)＝xe−x−所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故ℎ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而ℎ(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－eq\f(1,e).因为g(x)所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.例3【解析】（1）法一：因为函数fx的定义域为0,+∞，由题意f'x=x+1e令gx=xe所以gx在x∈0,+∞上为增函数，且g0即f'x=0有唯一实根，设为x所以fx在0,x0所以fxmin法二：因为fx设t=lnx+x记φt=et−att∈R.故f当t∈−∞,lna时，φ't<0，φt所以fx所以fx的最小值为a−a（2）①当a≤0时，fx单调递增，fx值域为当a>0时，由（1）可知fxmin=a−alna当a∈0,1时，φ'a>0，φa单调递增，当a∈所以φamax=φ1由已知，fx≥1恒成立，所以a−alna≥1②由①可知xex−又因为lnx≤x−1，只需证x2当x>1时，x2当x∈(0,1)时，设gx=当x∈(0,1)时，g'x显然单调递增.g'xgx≥g1=2−2sin1练5【解析】解：(1)因为f(x)=lnx+1ex，

所以f′(x)=exx−ex(lnx+1)e2x=1x−lnx−1ex，

令φ(x)=1x−lnx−1，φ(1)=0，∵φ(x)在(0,+∞)上单调递减，

∴当0<x<1时，φ(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增;

当x>1时，φ(x)<0，即f′(x)<0，f(x)单调递减，

∴f(x)极大值=f(1)=1e，无极小值；

(2)设tx=x−1−lnxx>0，则t′x=1−1x=x−1x，

则当x∈0,1时，t′x<0，tx单调递减，

当x∈1,+∞时，t′x>0，tx单调递增，

∴tx⩾t1=0，即lnx⩽x−1x>0．

∴f(x)=ln练6【解析】解：(1)f′(x)=(x+1)(aex−2)，则f′(0)=a−2，

由已知(a−2)a=−1，

故a=1；

(2)f′(x)=(x+1)(aex−2)，

(i)当a≤0时，aex−2<0，

当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0，当x∈(−1,+∞)时，f′(x)<0，

则f(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,+∞)上单调递减；

(ii)当a>0时，令aex−2=0，得x=ln2a，

 ①0<a<2e

时，ln2a>−1，

当x∈(−∞,−1)∪(ln2a,+∞)时，f′(x)>0，当x∈(−1,ln2a)时，f′(x)<0，

则f(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,ln2a)上单调递减，在(ln2a,+∞)上单调递增：

 ②a=2e时，f′(x)=2(x+1)(ex+1−1)≥0，则f(x)在(−∞,+∞)上单调递增：

 ③a>2e时，ln2a<−1，

当x∈(−∞,ln2a)∪(−1,+∞)时，f′(x)>0，当x∈(ln2a,−1)时，f′(x)<0，

则f(x)在(−∞,ln2a)上单调递增，在(ln2a,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增．

(3)f(x)≥lnx−x2−x−2(x>0)等价于axex−lnx−x+1≥0(x>0)【专题训练】1.【解析】(1)因为fx=xln当x∈0,1e，f'x<0所以函数fx在0,1e(2)原不等式等价于2xlnx≥−x2+ax−3，即设ℎx=2lnx+x+3当x∈0,1时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，当x∈(1,+∞)所以a≤ℎ(x)min=ℎ(1)=4，所以实数a(3)证明：原问题等价于证明xlnx>由（1）可知fx=xlnx,x∈0,+∞的最小值是−设mx=x当x∈0,1时，m'x>0，m(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，所以m(x)max=m(1)=−所以对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>12.【解析】(1)g'x=1−a−即gx在1,+∞上单调递减，故函数gx不存在极值；当a<1时，令g'x1,eeg+0g单调递增极大值单调递减故gx综上，当a≥1时，函数gx当a<1时，函数gx有极大值，g(2)显然x>0，要证：fx≥gx，即证：e即证：elnx+x+1≥lnx+x+1设ℎx=e当x>0时，ℎ'x>0，当x<0故ℎx在0,+∞上单调递增，在−∞,0即ℎxmin=ℎ0=0故et≥t+1，即3.【解析】证明：(1)令f(x)=x−ln(x+1)

，则f′当−1<x<0时，f​′(x)<0当x>0时，f​′(x)>0所以f(x)⩾f(0)=0，等号仅当x=0时成立，即x⩾ln从而ex⩾eln综上，ex(2)显然x=0时，(ex−1)ln令g(x)=xex−1，(x≠0)，则令ℎ(x)=(1−x)ex−1当x<0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；

当x>0时，ℎ′所以ℎ(x)<ℎ(0)=0，从而可得g′(x)=ℎ(x)(ex−1)2<0，(x≠0)由(1)知，−1<x<0时，0>x>ln(x+1)；

x>0时，x>所以g(x)<g[ln(x+1)]，即又当x>−1且x≠0时，x(ex−1)>0综上当x>−1时，

(e4.【解析】（1）f(2x)≥ax+1即e2x令ℎ(x)=e2x当a≤2时ℎ'(x)≥0，则ℎ(x)在[0,+∞上单调递增，ℎ(0)=0，当a>2时，x∈0,12lna2，ℎ'(x)<0，ℎ(x)所以ℎx0<ℎ(0)=0（2）由（1）得当x∈0,π2时e只要证3x即证：x2−x−sinx≤0g'(x)=2x−1−cosx，g″ℎ'(0)=−2，ℎ'π2故x∈(0,x0时，g'(x)<0，则g(x)为减函数，x∈(xg(0)=0，gπ所以x∈0,π5.【解析】(1)由已知得f当a2+4a≤0，即−4≤a≤0时，x2故函数fx在(−∞,+∞)上单调递增当a<−4或a>0时，方程x2+(a+2)x+1=0的两根为x1当x<x1或x>x2时，f'故函数fx在−∞,x1和x2(2)当a=1时，x1=−3+52，x2=在x1∵f−3+52∴m>n>z>0∵f(z)=ez令g(x)=lnx由ℎ'(x)=−1x2−e故当x>z时，g'x<0，即函数fx在∵∴lnn∴lnz即lnm6.【解析】（1）由题意得：ℎx=e∴ℎ①当x∈−π2,0时，ex>0，∴ℎx在−②当x∈[−π,−π2)时，ex>0，cos∴ℎ'x又ℎ'−π=e−π−π−1<0，∴∃x0∈−π,−π2，使得ℎ'x0∴ℎx在(−π,x0综合①②可知：ℎx在(−π,x0又ℎ−π=e−π>0且ℎx的图象在−π,0∴∃x1∈−π,x∴函数ℎx在−π,0内零点的个数是2（2）要证明：gx⋅g即证：12设Fx=sin∴Fx在0,+∞内单调递减，∴Fx<F∴要证（*）成立，只需证：x+1−xe设Gx=x+1−x⋅e设kx=1−xex，∴k又k0=1>0，k1=1−e<0，∴∃t∈0,1使得k当x∈0,t时，G'x>0，则Gx单调递增，当x∈∴G7.【解析】解：(1)由题意可知，当a=0时，fx=ex−1−x，x∈，

则f′x=ex−1，令f′x=0，则x=0