3.3导数的综合应用

五年高考

考点1利用导数证明不等式

1.(2023天津,20节选,中)已知函数f(x)=1x+12ln(x+1).

(1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率;

(2)当x>0时,证明:f(x)>1.

解析(1)f'(x)=x+22x(x+1)?1x2ln(x+1),故曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率为f'(2)=13?ln34.

(2)指数找朋友法.

证明:当x>0时,f(x)>1?ln(x+1)-2xx+2>0,令g(x)=ln(x+1)-2xx+2,x>0,g'(x)=x2(x+1)(x+2)2>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,原不等式得证.

2.(2021全国乙理,20,12分,中)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.

(1)求a;

(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x).证明:g(x)0,

∴xf(x)xf(x).

只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),

只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,

令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),

则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),

∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,

当x∈(-∞,0)时,h'(x)h(0)=0,

∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.

∴g(x)f(s)+f(t).

解析(1)∵f'(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,

∴f'(0)=e0ln(1+0)+11+0=1,

又f(0)=e0ln1=0,

∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.

(2)g(x)=f'(x)=exln(1+x)+11+x,

∴g'(x)=exln(1+x)+11+x+11+x?1(1+x)2

=exln(1+x)+11+x+x(1+x)2,

∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,11+x>0,x(1+x)2≥0,

又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.

∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.

(3)证明:由(2)知g(x)=f'(x)在[0,+∞)上单调递增,

∴f'(x)≥f'(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,

不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),

则h'(x)=f'(x)-f'(x+s)h(t),∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),

又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).

4.(2024全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a≤2,证明:当x>1时,f(x)0,则由f'(x)=0得x=1a,

当01a时,f'(x)>0.

故f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增.

(2)要证明f(x)1),

则g'(x)=a-1x-ex-1.

设h(x)=g'(x)=a-1x-ex-1,则h'(x)=1x2-ex-1.

当x>1时,1x21,故h'(x)1时,g'(x)1时,g(x)1时,f(x)0,解得01,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blna-alnb=a-b得1a(1+lna)=1b(1+lnb),

即1a1?ln1a=1b1?ln1b,

令x1=1a,x2=1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时,f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1),

不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,

先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,

即证f(x2)=f(x1)0恒成立,

∴h(x)为增函数,∴h(x)2-x1,∴x1+x2>2.

再证x1+x21,

结合lna+1a=lnb+1b,1a=x1,1b=x2,

可得x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2),

即1-lnx1=t(1-lnt-lnx1),故lnx1=t?1?tlntt?1,

要证x1+x21,

则S'(t)=ln(t+1)+t?1t+1?1?lnt=ln1+1t?2t+1.

因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),所以可得当t>1时,ln1+1t≤1t0,∴lnx≥a1?1x恒成立.

设g(x)=lnx-a1?1x,

则g(x)≥0恒成立,g'(x)=1x?a2xx=2x?a2xx.

①a>0时,令2x0=a,得x0=a22,

∴当x∈0,a22时,g'(x)0,

∴g(x)在0,a22上单调递减,在a22,+∞上单调递增.

∵g(1)=0,∴要使g(x)≥0恒成立,

则a22=1,∴a=2.

②a≤0时,g'(x)>0恒成立,g(x)在(0,+∞)上单调递增,

∵g(1)=0,∴g(x)≥0不可能恒成立.

综上,a=2.

2.(2024全国甲理,21,12分,中)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.

(1)若a=-2,求f(x)的极值;

(2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.

解析(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),

当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,

则f'(x)=2ln(x+1)+xx+1,

令F(x)=2ln(x+1)+xx+1,则F'(x)=2x+1+1(x+1)2,

可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,

则F(x)在(-1,+∞)上单调递增,

又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)0,即当-10时,f'(x)>0,f(x)单调递增,

∴f(x)在x=0处取得极小值,f(x)极小值=f(0)=0,无极大值.

(2)∵当x≥0时,f(x)≥0,又f(0)=0,

∴y=f(x)在x=0处取得最小值.

又f'(x)=-aln(1+x)+(?a?1)x1+x,

令g(x)=f'(x)=-aln(1+x)+(?a?1)x1+x,

则g'(x)=?a1+x+?a?1(1+x)2=?ax?2a?1(x+1)2,

令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.

①当-2a-1≥0,即a≤-12时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,

则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f'(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,

即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.

②当-2a-10,即-120,

∴当x∈0,?2?1a时,h(x)-2当且仅当10在(1,2)上恒成立,f(x)单调递增,

所以f(x)>f(1)=-2成立.

当b0时,f(x)ln(n+1).

解析(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,

则f'(x)=xex,

当x∈(-∞,0)时,f'(x)0,f(x)单调递增.

(2)不等式f(x)0,则g'(x)=(ax+1)eax-ex,

且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]

=(2a-1)xeax,

①当a≤12时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)12时,令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,

则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,故h'(0)=2a-1>0,

所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,

所以h(x)在(0,δ)上单调递增,故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,

所以g(x)在(0,δ)上单调递增,故g(x)>g(0)=0,不满足题意.

综上可知,a的取值范围是?∞,12.

(3)证明:构造函数h(x)=x-1x-2lnx(x>1),

则h'(x)=1+1x2?2x=x2?2x+1x2=(x?1)2x2,

易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴h(x)>h(1)=0,∴x-1x>2lnx,

令x=1+1n,则有1+1n?11+1n>2ln1+1n,
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