第三课时利用导数证明不等式专题【选题明细表】知识点、方法题号构造法证明不等式1,4等价转化法证明不等式2赋值法证明不等式31.(2015高考福建卷)已知函数f(x)=lnx-.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)证明:当x>1时,f(x)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01时,F(x)1时,f(x)1满足题意.当k>1时,对于x>1,有f(x)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=,由G′(x)=0得,-x2+(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)=xlnx+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)=xlnx+mx,所以f′(x)=1+lnx+m.由题意f′(1)=1+ln1+m=2,得m=1.(2)解:g(x)==(x>0,x≠1),所以g′(x)=.设h(x)=x-1-lnx,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0h(1)=0,所以g′(x)=>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->lnn-lnm,即证lnm>lnn,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)=alnx-ax-3(a≠0).(1)讨论f(x)的单调性;(2)求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2lnn!(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)=-lnx+x-3,所以f(1)=-2.由(1)知f(x)=-lnx+x-3在(1,+∞)上单调递增,所以当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),即-lnx+x-1>0,所以lnx1时,>.(1)解:因为f′(x)=,由已知f′(e)=-,所以-=-.得a=1.所以f(x)=.f′(x)=-(x>0).当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)为减函数.所以x=1是函数f(x)的极大值点.又f(x)在(m,m+1)上存在极值,所以m<1,即为>,令g(x)=,则g′(x)==再令(x)=x-lnx,则′(x)=1-=.因为x>1,所以′(x)>0,所以(x)在(1,+∞)上是增函数,所以(x)>(1)=1>0,所以g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上是增函数,所以x>1时,g(x)>g(1)=2.故>.令h(x)=.则h′(x)=2=因为x>1,所以1-ex<0,所以h′(x)<0.即h(x)在(1,+∞)上是减函数.所以x>1时,h(x)h(x),即>.
