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1、课时作业提升(十六)利用导数证明不等式专题A组夯实基础1(2018惠州模拟)已知函数f(x)x2(a2)xaln x(aR)当a1时，证明：对任意的x0，f(x)exx2x2. 证明：当a1时，f(x)x2xln x，要证明f(x)exx2x2，只需证明exln x20，设g(x)exln x2，则问题转化为证明对任意的x0，g(x)0.令g(x)ex0得ex，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0. 当x变化时，g(x)和g(x)变化情况如下表x(0，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)极小值g(x)ming(x0)ex0ln x02x02.因为x00，且x01，所以g(x
2、)min220，因此不等式得证2(2018蚌埠模拟)已知函数f(x)mexln x1.(1)当m1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当m1时，证明：f(x)1.(1)解：当m1时，f(x)exln x1，所以f(x)ex.所以f(1)e1，f(1)e1.所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)证明：当m1时，f(x)mexln x1exln x1.要证明f(x)1，只需证明exln x20.设g(x)exln x2，则g(x)ex.设h(x)ex，则h(x)ex0，所以函数h(x)g(x)ex在(0，)上单调递
3、增因为ge20，g(1)e10，所以函数g(x)ex在(0，)上有唯一零点x0，且x0.因为g(x0)0，所以ex0，即ln x0x0.当x(0，x0)时，g(x)0；当x(x0，)时，g(x)0.所以当xx0时，g(x)取得最小值g(x0)故g(x)g(x0)ex0ln x02x020.综上可知，当m1时，f(x)1.3(2018南充质检)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3. (1)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：对一切x(0，)，ln x恒成立(1)解：由题意知2xln xx2ax3对一切x(0，)恒成立，则a2ln xx，设h(x)2l
4、n xx(x0)，则h(x). 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)minh(1)4，对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4，即实数a的取值范围是(，4(2)证明：问题等价于证明xln x(x(0，)又f(x)xln x，f(x)ln x1，当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf.设m(x)(x(0，)，则m(x)，易知m(x)maxm(1)，从而对一切x(0，)，ln x恒成立B组能力提升1(2018黔东南州模拟)已知函数f(x)exb在(
5、1，f(1)处的切线为yax.(1)求f(x)的解析式(2)若对任意xR，有f(x)kx成立，求实数k的取值范围. (3)证明：对任意t(，2，f(x)tln x成立解：(1)由f(x)ex得kf(1)ea，所以切线为yex，由切点为(1，eb)在切线yex上，b0，所以f(x)ex，(2)当k0时，对于xR，exkx显然不恒成立，当k0时，exkx显然成立；当k0时，若要exkx0恒成立，必有(exkx)min0设t(x)exkx，则t(x)exk易知t(x)在(，ln k)上单调递减，在(ln k，)上单调递增，则t(x)mink(1ln k)，若exkx0恒成立，即t(x)mink(1l
6、n k)0，得0ke，综上得0ke.(3)证明：方法一由(1)知exex成立，构造函数h(x)exln xt(x0)(t2)，h(x)e所以h(x)minh1lnt2t0(t2)，有exln xt成立.由(1)知exex成立(当x1时取等号)，所以有extln x成立，即对任意t(，2，f(x)tln x成立方法二因为t2，所以要证extln x，只须证ex2ln x, 令h(x)exln x2，h(x)ex(x0)，令t(x)xex1，t(x)exxex0，所以t(x)在(0，)递增，t(x)t(0)1，由于t(0)10，t(1)e10所以存在x0(0,1)，有t(x0)x0ex010，则e
7、x0，x0ln x0，即h(x)0得xx0；h(x)0得0xx0所以h(x)h(x0)ex0ln x02x02220.所以ex2ln x0成立，即extln x成立即对任意t(，2，f(x)tln x成立2(2018济南检测)已知函数f(x)ln xx.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)函数g(x)f(x)xm有两个零点x1，x2，且x11.(1)解：函数f(x)的定义域为(0，)f(x)1，令f(x)0，得0x1，令f(x)1，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，)(2)证明：根据题意，g (x)ln xm(x0)，因为x1，x2是函数g(x)l
8、n xm的两个零点，所以ln x1m0，ln x2m0.两式相减，可得ln，即ln，故x1x2.那么x1，x2.令t，其中0t1，则x1x2. 构造函数h(t)t2ln t，则h(t).对于0t0恒成立，故h(t)h(1)，即t2ln t1，故x1x21.3(2018大庆模拟)已知函数f(x)exax1(a0，e为自然对数的底数)(1)求函数f(x)的最小值；(2)若f(x)0对任意的xR恒成立，求实数a的值；(3)在(2)的条件下，证明：nnnn(其中nN)解：(1)由题意a0，f(x)exa，由f(x)exa0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0
9、.f(x)在(，ln a)单调递减，在(ln a，)单调递增即f(x)在xln a处取得极小值，且为最小值，其最小值为f(ln a)eln aaln a1aaln a1.(2)f(x)0对任意的xR恒成立，即在xR上，f(x)min0.由(1)，设g(a)aaln a1，所以g(a)0.由g(a)1ln a1ln a0得a1.g(a)在区间(0,1)上单调递增，在区间 (1，)上单调递减，g(a)在a1处取得最大值，而g(1)0.因此g(a)0的解为a1，a1.(3)证明：由(2)知对任意实数x均有exx10，即1xex.令x(nN，k0,1,2,3，n1)，则01e.nnek.nnnne(n1)e(n2)e2e11.