课时跟踪检测(十八)利用导数证明不等式1．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2lnx，a＞0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x＞2a时，证明：＞a.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)＝a2－a2lna.(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，则所证不等式等价于f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0.设g(x)＝f(x)－f(2a)－a(x－2a)，则当x＞2a时，g′(x)＝f′(x)－a＝x－－a＝＞0，所以g(x)在(2a，＋∞)上单调递增，当x＞2a时，g(x)＞g(2a)＝0，即f(x)－f(2a)－a(x－2a)＞0，故＞a.2．(2018·黄冈模拟)已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0＜x1＜x2时，e1－x2－e1－x1＞1－.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝＋e－x＝，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－.令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，当0＜x＜1时，φ′(x)＜0；当x＞1时，φ′(x)＞0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－.②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x―→＋∞时，φ(x)＜0，∴λ≥0.综上，λ的取值范围为∪[0，＋∞)．(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0＜x1＜x2，∴f(x1)＞f(x2)，即－lnx1－e－x1＞－lnx2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1＞lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1＞1－，只需证lnx1－lnx2＞1－，即证ln＞1－，令t＝，t∈(0,1)，则只需证lnt＞1－，令h(t)＝lnt＋－1，则当0＜t＜1时，h′(t)＝＜0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又∵h(1)＝0，∴h(t)＞0，即lnt＞1－，故原不等式得证．3．(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k＞0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)求证：当n∈N*时，1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．解：(1)∵f(x)＝kx－lnx－1，∴f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.(2)证明：由(1)知x－lnx－1≥0，即x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号，∵n∈N*，令x＝，得＞ln，∴1＋＋＋…＋＞ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)．
