17.不等式的证明问题

1/117.利用导数证明不等式1.（2023·新高考Ⅰ卷19题）已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x.（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞0时，f（x）＞2lna＋32解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝aex－1.当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数.当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln1a当x∈（－∞，ln1a）时，f'（x）＜0；当x∈（ln1a，＋∞）时，f'（x）所以f（x）在（－∞，ln1a）上单调递减，在（ln1a，＋∞）综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，f（x）在（－∞，ln1a）上单调递减，在（ln1a，＋∞）（2）证明：法一由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－∞，ln1a）上单调递减，在（ln1a，＋∞）所以f（x）min＝f（ln1a）＝a（eln1a＋a）－ln1a＝1＋令g（x）＝1＋x2＋lnx－（2lnx＋32），x＞0即g（x）＝x2－lnx－12，x＞0则g'（x）＝2x－1x＝2令g'（x）＝0，得x＝22当x∈（0，22）时，g'（x）＜0；当x∈（22，＋∞）时，g'（x）所以g（x）在（0，22）上单调递减，在（22，＋∞所以g（x）min＝g（22）＝（22）2－ln22－12＝－ln所以1＋x2＋lnx＞2lnx＋32对∀x＞0所以当a＞0时，1＋a2＋lna＞2lna＋32恒成立即当a＞0时，f（x）＞2lna＋32法二当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－lna）＝1＋a2＋lna，故欲证f（x）＞2lna＋32只需证1＋a2＋lna＞2lna＋32即证a2－12＞lna构造函数u（a）＝lna－（a－1）（a＞0），则u'（a）＝1a－1＝1－aa，所以当a＞1时，u'（a）＜0；当0＜a＜1时，u'（所以函数u（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以u（a）≤u（1）＝0，即lna≤a－1，故只需证a2－12＞a－1，即证a2－a＋12＞因为a2－a＋12＝（a－12）2＋14所以当a＞0时，f（x）＞2lna＋322.（2023·新高考Ⅱ卷22题节选）证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sinx＜x；证明：要证x－x2＜sinx＜x，则构造g（x）＝x－sinx，h（x）＝sinx－x＋x2.易得g'（x）＝1－cosx，则当x∈（0，1）时，g'（x）＝1－cosx＞0，所以g（x）在（0，1）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，所以sinx＜x.由h（x）＝sinx－x＋x2，得h'（x）＝cosx－1＋2x.令m（x）＝cosx－1＋2x，则m'（x）＝－sinx＋2＞0，所以h'（x）在（0，1）上单调递增，所以h'（x）＞h'（0）＝0，所以h（x）在（0，1）上单调递增，所以h（x）＞h（0）＝0，所以x－x2＜sinx.综上所述，x－x2＜sinx＜x.3.（2021·新高考Ⅰ卷22题）已知函数f（x）＝x（1－lnx）.（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2＜1a＋1b＜解：（1）因为f（x）＝x（1－lnx），所以f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1－lnx＋x·－1x＝－ln当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0.所以函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.（2）证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得lnaa－lnbb＝1b－1a，即lna+1a＝令x1＝1a，x2＝1由（1）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，且当0＜x＜e时，f（x）＞0，当x＞e时，f（x）＜0，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2＜e.要证2＜1a＋1b＜e，即证2＜x1＋x2＜先证x1＋x2＞2，要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，因为0＜x1＜1＜x2＜e，所以x2＞2－x1＞1，又f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以即证f（x2）＜f（2－x1），又f（x1）＝f（x2），所以即证f（x1）＜f（2－x1），即证当x∈（0，1）时，f（x）－f（2－x）＜0.构造函数F（x）＝f（x）－f（2－x），则F'（x）＝f'（x）＋f'（2－x）＝－lnx－ln（2－x）＝－ln[x（2－x）]，当0＜x＜1时，x（2－x）＜1，则－ln[x（2－x）]＞0，即当0＜x＜1时，F'（x）＞0，所以F（x）在（0，1）上单调递增，所以当0＜x＜1时，F（x）＜F（1）＝0，所以当0＜x＜1时，f（x）－f（2－x）＜0成立，所以x1＋x2＞2成立.再证x1＋x2＜e，由（1）知，f（x）的极大值点为x＝1，f（x）的极大值为f（1）＝1，过点（0，0），（1，1）的直线方程为y＝x，设f（x1）＝f（x2）＝m，当x∈（0，1）时，f（x）＝x（1－lnx）＞x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为（m，m），则x1＜m.欲证x1＋x2＜e，即证x1＋x2＜m＋x2＜f（x2）＋x2＜e，即证当1＜x＜e时，f（x）＋x＜e.构造函数h（x）＝f（x）＋x，则h'（x）＝1－lnx，当1＜x＜e时，h'（x）＞0，所以函数h（x）在（1，e）上单调递增，所以当1＜x＜e时，h（x）＜h（e）＝f（e）＋e＝e，即f（x）＋x＜e成立，所以x1＋x2＜e成立.综上可知，2＜1a＋1b＜e4.（2022·新高考Ⅱ卷22题）已知函数f（x）＝xeax－ex.（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜－1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：112+1＋122+2＋…＋1n解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex－ex＝（x－1）ex，f'（x）＝ex＋（x－1）ex＝xex.令f'（x）＝0，得x＝0，∴当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.（2）f'（x）＝eax＋aeaxx－ex＝（ax＋1）eax－ex，f'（0）＝0.设g（x）＝（ax＋1）eax－ex，则g'（x）＝aeax＋aeax（ax＋1）－ex＝（a2x＋2a）eax－ex，g'（0）＝2a－1.当2a－1＞0，即a＞12时，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，g'（x）＞0，此时f'（x）在（0，δ）上单调递增∵f'（x）＞f'（0）＝0，∴f（x）在（0，δ）上单调递增，∴f（x）＞f（0）＝－1，这与f（x）＜－1矛盾，故舍去.当2a－1≤0，即a≤12时，f（x）≤xe12x令h（x）＝xe12x－则h'（x）＝e12x＋12e12x·x－ex＝e12x∴h（x）在（0，＋∞）上单调递减，此时h（x）＜h（0）＝－1符合条件.综上可知，a的取值范围为－∞（3）证明：由（2）知当a＝12，x＞0时，xe12x－ex＜－1，∴x＜令e12x＝t，t＞1，则x＝2lnt，∴2lnt＜t－1t，取t＝n+1n（n∈N*），则2lnt＝ln（n＋1）－lnn＜n+1n－nn+1＝1n2＋n，∴112+1＋122+2＋…＋1n2＋n＞ln2－ln1＋ln3－ln2＋5.（2024·全国甲卷20题）已知函数f（x）＝a（x－1）－lnx＋1.（1）求f（x）的单调区间；（2）当a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.解：（1）因为f（x）＝a（x－1）－lnx＋1，所以f'（x）＝a－1x＝ax－1x，若a≤0，则f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上是减函数，即f（x）的单调递减区间为（0，＋∞），无单调递增区间；若a＞0，则当0＜x＜1a时，f'（x）＜0，当x＞1a时，f'（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（0，1a），单调递增区间为（1a综上，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（0，＋∞），无单调递增区间；当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，1a），单调递增区间为（1a，＋∞（2）证明：法一（放缩法）因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a（x－1）＋lnx－1≥ex－1－2x＋lnx＋1.令g（x）＝ex－1－2x＋lnx＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0.易知g'（x）＝ex－1－2＋1x令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－1x2在（1，＋∞）则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0，所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，即当x＞1时，f（x）＜ex－1恒成立.法二（作差法直接求导证明）设g（x）＝a（x－1）－lnx＋1－ex－1，只需证当x＞1时g（x）＜0即可.易知g'（x）＝a－1x－ex－1令h（x）＝g'（x），则h'（