第三课时 利用导数证明不等式专题
【选题明细表】 知识点、方法 构造法证明不等式 等价转化法证明不等式 赋值法证明不等式 1.(2015高考福建卷)已知函数f(x)=ln x-.
题号 1,4 2 3 (1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)证明:当x>1时,f(x) (3)确定实数k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1). (1)解:f′(x)=-x+1= ,x∈(0,+∞), 由f′(x)>0,得 解得0 故f(x)的单调递增区间是(0,). (2)证明:令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞), 则F′(x)= . 当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0, 所以F(x)在[1,+∞)上单调递减, 故当x>1时,F(x) 从而不存在x0>1满足题意. 当k<1时,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 则G′(x)=-x+1-k= 2 , 由G′(x)=0得,-x+(1-k)x+1=0, 解得x1= <0, x2=>1. 当x∈(1,x2)时,G′(x)>0,故G(x)在[1,x2)内单调递增,从而当x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0,即f(x)>k(x-1), 综上,k的取值范围是(-∞,1). 2.(2015皖南八校联考)已知函数f(x)=xln x+mx(m∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线的斜率为2. (1)求实数m的值; (2)设g(x)= ,讨论g(x)的单调性; (3)已知m,n∈N且m>n>1,证明 * >. (1)解:因为f(x)=xln x+mx, 所以f′(x)=1+ln x+m. 由题意f′(1)= 1+ln 1+m=2,得m=1. (2)解:g(x)= = (x>0,x≠1), 所以g′(x)=. 设h(x)=x-1-ln x,h′(x)=1-. 当x>1时,h′(x)=1->0,h(x)是增函数, h(x)>h(1)=0, 所以g′(x)= >0, 故g(x)在(1,+∞)上为增函数; 当0 >0, 故g(x)在(0,1)上为增函数; 所以g(x)在区间(0,1)和(1,+∞)上都是单调递增的. (3)证明:由已知可知要证 >, 即证->ln n-ln m, 即证ln m>ln n, 即证>, 即证g(m)>g(n), * 又m>n>1(m,n∈N),由(2)知g(m)>g(n)成立, 所以 >. 3.(2016东北三省四市教研联合体模拟)已知函数f(x)=aln x-ax-3 (a≠0). (1)讨论f(x)的单调性; 2222 (2)求证ln (2+1)+ln (3+1)+ln (4+1)+…+ln (n+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈* N)(n!=1×2×3×…×n). (1)解:f′(x)= (x>0), 当a>0时,f(x)的单调增区间为(0,1],单调减区间为[1,+∞); 当a<0时,f(x)的单调增区间为[1,+∞),单调减区间为(0,1]. (2)证明:令a=-1,此时f(x)=-ln x+x-3, 所以f(1)=- 2. 由(1)知f(x)= -ln x+x-3在(1,+∞)上单调递增, 所以当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1), 即-ln x+x-1>0, 所以ln x * 因为n≥2,n∈N, 则有ln (+1)<< 2 = 2 -, 2 2 * 要证ln (2+1)+ln (3+1)+ln (4+1)+…+ln (n+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N), * 只需证ln (+1)+ln (+1)+…+ln (+1)<1(n≥2,n∈N), ln (+1)+ln (+1)+…+ln (+1) <(1-)+(-)+…+(所以原不等式成立. 4.(2015山西省四校第三次联考)函数f(x)= 2 -)=1-<1, ,若曲线f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线 ex-y+e=0垂直(其中e为自然对数的 底数). (1)若f(x)在(m,m+1)上存在极值,求实数m的取值范围;