专题突破卷10 导数与不等式证明（解析版）

专题突破卷10导数与不等式证明1.简单不等式的证明1．证明：当0x时，1lnxx．【答案】证明见解析【分析】构造函数()1ln(0)fxxxx，利用导数求函数的最值，即可证明.【详解】由题设，要证1lnxx，只需证1ln0xx即可，令()1ln(0)fxxxx，则1()1fxx，∴当01x时，()0fx，()fx单调递减；当1x时，()0fx，()fx单调递增；故()(1)11ln10fxf，即1ln0xx在,()0x上恒成立，∴1lnxx，,()0x得证．2．证明以下不等式：(1)1xex；(2)ln1xx；(3)1ln(1)xex.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）令()(1)xfxex，利用导数求得函数()fx的单调性，得到()(0)0fxf，即可证得1xex；（2）令()ln(1)gxxx，利用导数求得函数()fx的单调性，得到()(1)0gxg()(0)0fxf，即可证得ln1xx；（3）由（1）得1xex，由（2）得ln1xx，结合①式与②式取等号的条件不同，即可证得1ln(1)xex.【详解】（1）解：令()(1)xfxex，则有()1xfxe.令()0fx，即10xe，解得0x；令()0fx，即10xe，解得0x，所以()fx在(,0)单调递减，(0,)上单调递增，所以0()(0)10fxfe，即(1)0xex.所以1xex.（2）解：令()ln(1)(0)gxxxx，则1()1gxx.令()0gx，即110x，解得0x；令()0gx，即110x，解得01x，所以()gx在(0,1)单调递增，(1,)上单调递减，所以()(1)ln1(11)0gxg，即ln(1)0xx，所以ln1xx.（3）解：由（1）得1xex，所以1(1)1xexx（当且仅当1x时取等号）①.由（2）得ln1xx，所以ln(1)(1)1xxx（当且仅当0x时取等号）②因为①式与②式取等号的条件不同，所以1ln(1)xex.3．求证：1ln1xx．【答案】证明见解析【分析】构造新函数，转化成证明函数最小值非负即可解决.【详解】证明：令1()ln1(0)fxxxx，则22111()=xfxxxx当01x时，21()=0xfxx，函数1()ln1fxxx单调递减；当1x时，21()=0xfxx，函数1()ln1fxxx单调递增则1()ln1fxxx在=1x时求得最小值1(1)ln11=01f，即1()ln10fxxx在0，上恒成立，即1ln1xx在0，上恒成立4．证明：1eln10xx.【答案】证明见解析【分析】构造函数1eln10xfxxx，求导，根据函数的单调性求解最值，即可求证.【详解】令1eln10xfxxx，则11exfxx，令fxgx，则121e0xgxx，所以fx在0,上单调递增，且10f，故当1x时，0,fxfx单调递增，当01x时，0,fxfx单调递减，故当1x时，fx取极小值也是最小值，故10fxf，因此1eln10xx.5．（多选）下列不等式成立的是（）A．11ln0xxx≤B．1ln0xxxC．e1xxD．sin0xxx【答案】ABCD【分析】利用构造函数法，结合导数的性质逐一判断即可.【详解】A：构造新函数1()1ln0fxxxx，所以'22111()xfxxxx，当1x时，'()0,()fxfx单调递减，当01x时，'()0,()fxfx单调递增，所以当1x时，函数有最大值，最大值为：max()(1)0fxf，即11()1ln01lnfxxxxx，因此本选项不等式成立；B：构造新函数()1ln0Fxxxx，所以'11()1xFxxx，当1x时，'()0,()FxFx单调递增，当01x时，'()0,()FxFx单调递减，所以当1x时，函数有最小值，最小值为：min()(1)0Fxf，即()1ln01lnFxxxxx，因此本选项不等式成立；C：设'()e1()e1xxgxxgx，当0x时，'()0,()gxgx单调递增，当0x时，'()0,()gxgx单调递减，所以当0x时，函数有最小值，最小值为：min()(0)0gxg，即()10e1xxgxexx，因此本选项不等式成立；D：设'()sin(0)()cos1GxxxxGxx，因为0πx，所以'()0,()GxGx单调递减，所以当0πx时，有()(0)0GxG，即sin0sinxxxx，因此本选项不等式成立，故选：ABCD6．（多选）下列不等式恒成立的是（）A．e1xxB．ln1xxC．sinxxD．e21xx【答案】AB【分析】首先构造函数利用导数求出最值，即可判断A，B正确，利用特殊值即可判断C，D错误.【详解】对选项A，设e1xfxx，e1xfx，当,0x时，0fx，fx为减函数，当0,x时，()0fx¢，fx为增函数，所以min00fxf，即e1xx，故A正确.对选项B，设ln1gxxx，111xgxxx，当0,1x时，0gx，gx为增函数，当1,x时，0gx，gx为减函数，所以max10gxg，即ln1xx，故B正确.对选项C，当2x时，sin12，此时sin22，故C错误.对选项D，当1x时，e21，故D错误.故选：AB2.直接法7．已知函数ln1fxx，231123gxabxxx，函数yfx与函数ygx的图象在交点0,0处有公共切线.（1）求a、b的值；（2）证明：fxgx.【答案】（1）0a，1b；（2）证明见解析.【分析】（1）由0,0为函数yfx与函数ygx图象的交点，所以有00gf，又在交点0,0处有公共切线，根据导数的几何意义有00fg，联立即可求解.（2）构造函数hxfxgx，利用导数判断单调性并根据单调性求出最大值，求得max0hx即可证明.【详解】解：（1）11fxx，2xgxbx，由题意得00,00,gffg解得0a，1b；（2）证明：令3211ln1132hxfxgxxxxxx，则321111xhxxxxx，令0hx，得10x，令0hx，得0x，所以hx在1,0上为增函数，在0,上为减函数，所以max00hxh，所以00hxh，即fxgx.8．已知函数exfxx.(1)求fx的图象在点1,1f处的切线方程；(2)求证：当0x时，11xxfx.【答案】(1)ey(2)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；（2）将所证不等式变形为(1)e10xx，再构造函数，利用导数证明即可.【详解】（1）22ee(1)e()xxxxxfxxx，()01f，(1)ef，所以fx的图象在点1,1f处的切线方程为ey.（2）当0x时，要证11xxfx，即要证11exx，只要证(1)e10xx，设()(1)e1xgxx，()e(1)eexxxgxxx，当0x时，()0gx，当0x时，()0gx，所以()gx在(,0)上为增函数，在(0,)上为减函数，所以()(0)0gxg，所以当0x时，()0gx，即(1)e10xx.故原不等式成立.9．已知函数21fxxmx，ln1gxxx(1)若fx在区间2,1上恰有一个极值点，求实数m的取值范围；(2)求gx的零点个数；(3)若1m，求证：对于任意0,x，恒有fxgx．【答案】(1)(4,2)；(2)1；(3)证明见解析.【分析】（1）利用导数求出函数()fx的极值点作答.（2）利用导数探讨函数()gx的单调性，结合零点存在性定理判断作答.（3）把1m代入，对所证不等式作等价变形，再构造函数，利用导数推理作答.【详解】（1）函数2()1fxxmx，求导得()2fxxm，当2mx时，()0fx，当2mx时，()0fx，因此2mx是()fx的极小值点，依题意，212m，解得42m，所以实数m的取值范围是(4,2).（2）函数()ln1gxxx的定义域为(0,)，求导得()ln1gxx，由()0gx得10ex，由()0gx得1ex，于是函数()gx在1(0,)e上单调递减，在1(,)e上单调递增，而当10ex时，ln1x，即有ln10xx，因此()gx在1(0,)e上没有零点，显然11()10,(e)e10eegg，即函数()gx在1(,)e上存在1个零点，所以函数()gx的零点个数为1.（3）当1m时，2()1fxxx，,()0x，于是要证()()fxgx，即证21ln1xxxx，只需证1lnxx，令函数()1ln,0hxxxx，求导得11()1xhxxx，由()0hx，得01x，由()0hx，得1x，即()hx在(0,1)上递减，在(1,)上递增，因此min()(1)0hxh，则(0,)x，()0hx，即1lnxx，所以对于任意,()0x，恒有()()fxgx.10．已知函数2()ln(0,)axfxxaaRxa（1）讨论函数()fx的单调性；（2）设1()2axgxxaa，当0a时，证明：()()fxgx.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【分析】（1）首先对函数求导，对式子进行因式分解，结合函数的定义域，对参数的范围进行讨论，从而利用导数的符号确定出函数的单调区间；（2）构造新函数1()()()ln2aFxfxgxxxa，对函数求导，得到函数的单调性，从而得到函数的最值，根据函数的最小值大于等于零，从而证得结果.【详解】（1）22121(2)()()axaxafxxxaax当0a时，()0fxxa，()00fxxa当a0时，()002fxxa，()02fxxa∴0a时，()fx在(0,)a上递减，在(,)a递增a0时，()fx在(0,2)a上递增，在(2,)a递减（2）设1()()()ln2aFxfxgxxxa则221()(0)axaFxxxxx0a，(0,)xa时，()0Fx，()Fx递减(,)xa，()0,Fx()Fx递增，1()()ln1FxFaaa设1()ln1hxxx，(0)x,则22111()(0)xhxx