课后限时集训17利用导数证明不等式建议用时：45分钟1．(2019·福州模拟)已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.[解](1)f′(x)＝－a(x＞0)．①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，则当0＜x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：法一：因为x＞0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－e.记g(x)＝－2e(x＞0)，则g′(x)＝，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0.法二：由题意知，即证exlnx－ex2－ex＋2ex≤0，从而等价于lnx－x＋2≤.设函数g(x)＝lnx－x＋2，则g′(x)＝－1.所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.设函数h(x)＝，则h′(x)＝.所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，即xf(x)－ex＋2ex≤0.2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－.(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a＞2，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.当x∈∪时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2lnx2＜0.设函数g(x)＝－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.所以－x2＋2lnx2＜0，即＜a－2.3．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b.(1)当b＝0时，f(x)－g(x)＞0恒成立，求整数a的最大值；(2)求证：ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜(n∈N＋)．[解](1)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1.同理可得ln(x＋2)≤x＋1，因为两个等号不能同时成立，所以ex＞ln(x＋2)，当a≤2时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)＜ex，所以当a≤2时，f(x)－g(x)＞0恒成立．当a≥3时，e0＜lna，即ex－ln(x＋a)＞0不恒成立．故整数a的最大值为2.(2)证明：由(1)知ex＞ln(x＋2)，令x＝，则e＞ln，即e－n＋1＞n＝[ln(n＋1)－lnn]n，所以e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＞ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n，又因为e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝＜＝，所以ln2＋(ln3－ln2)2＋(ln4－ln3)3＋…＋[ln(n＋1)－lnn]n＜.
