(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)分層突破練習(xí)4.4《第1課時(shí)　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式》(含詳解)

[基礎(chǔ)題組練]1．(2020·河南豫南九校聯(lián)考)設(shè)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)>1，則()A．f(2)－f(1)>ln2 B．f(2)－f(1)<ln2C．f(2)－f(1)>1 D．f(2)－f(1)<1解析：選A．根據(jù)題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則xf′(x)>1?f′(x)>eq\f(1,x)＝(lnx)′，即f′(x)－(lnx)′>0.令F(x)＝f(x)－lnx，則F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(2)－ln2>f(1)－ln1，即f(2)－f(1)>ln2.2．若0<x1<x2<1，則()A．ex2－ex1>lnx2－lnx1 B．ex2－ex1<lnx2－lnx1C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2解析：選C．令f(x)＝eq\f(ex,x)，則f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2).當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2<1，所以f(x2)<f(x1)，即eq\f(ex2,x2)<eq\f(ex1,x1)，所以x2ex1>x1ex2，故選C．3．已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)設(shè)x＝2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點(diǎn)．故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時(shí)，f(x)≥0.4．(2020·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時(shí)，證明：f(x)≥eq\f(2a－1,a).解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，若x>a，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數(shù)g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當(dāng)0<a<1時(shí)，g′(a)<0，當(dāng)a>1時(shí)，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).5．(2020·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝elnx－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.解：(1)f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)．①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②若a>0，則當(dāng)0<x<eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>eq\f(e,a)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：因?yàn)閤>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當(dāng)a＝e時(shí)，由(1)知，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)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，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.綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.6．已知函數(shù)f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求λ的取值范圍；(2)求證：當(dāng)0<x1<x2時(shí)，e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1).解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)＝λlnx－e－x，所以f′(x)＝eq\f(λ,x)＋e－x＝eq\f(λ＋xe－x,x)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時(shí)，f′(x)≤0，所以eq\f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq\f(x,ex).令φ(x)＝－eq\f(x,ex)，則φ′(x)＝eq\f(x－1,ex)，當(dāng)0<x<1時(shí)，φ′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，φ′(x)>0，則φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,e)，所以λ≤－eq\f(1,e).②當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，f′(x)≥0，所以eq\f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq\f(x,ex)，由①得φ(x)＝－eq\f(x,ex)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，x→＋∞時(shí)，φ(x)<0，所以λ≥0.綜上，λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))∪[0，＋∞)．(2)證明：由(1)可知，當(dāng)λ＝－eq\f(1,e)時(shí)，f(x)＝－eq\f(1,e)lnx－e－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，即－eq\f(1,e)lnx1－e－x1>－eq\f(1,e)lnx2－e－x2，所以e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要證e1－x2－e1－x1>1－eq\f(x2,x1)，只需證lnx1－lnx2>1－eq\f(x2,x1)，即證lneq\f(x1,x2)>1－eq\f(x2,x1).令t＝eq\f(x1,x2)，t∈(0，1)，則只需證ln