课时过关检测（十六）
利用导数证明不等式 1 ．已知 f(x) ＝(1 －x)e x － －1. (1) 求函数 f(x) 的最大值； (2)设 设 g(x)＝ ＝ f x x， ，x ＞－1 且 且 x ≠0 ，证明：g(x) ＜1. 解：(1)f ′(x) ＝－xe x . 当 当 x ∈(－ － ∞， ，0) 时，f ′(x) ＞0 ，f(x) 单调递增； 当 当 x ∈(0 ，＋∞ ∞) 时，f ′(x) ＜0 ，f(x) 单调递减． 以 所以 f(x) 的最大值为 f(0) ＝0. (2) 证明：由(1) 知，当 x ＞0 时，f(x) ＜0 ，g(x) ＜0 ＜1 ； 当－1 ＜x ＜0 时，g(x) ＜1 等价于 f(x) ＞x. 设 设 h(x) ＝f(x) －x ，则 h ′(x) ＝－xe x － －1. 当 当 x ∈( －1,0) 时，0 ＜－x ＜1,0 ＜e x ＜ ＜1 ， 则 则 0 ＜－xe x ＜ ＜1 ，从而当 x ∈( －1,0) 时，h ′(x) ＜0 ， h(x) 在( －1,0) 上单调递减． 当－1 ＜x ＜0 时，h(x) ＞h(0) ＝0 ，即 g(x) ＜1. 当 综上，当 x ＞－1 且 且 x ≠0 时总有 g(x) ＜1. 2 ．设函数 f(x) ＝ax 2 － －(x ＋1)ln x ，曲线 y ＝f(x) 在点(1 ，f(1)) 处切线的斜率为 0. (1)求 求 a 的值； (2) 求证：当 0<x ≤2 时，f(x)> 12 x. 解：(1)f ′(x) ＝2ax －ln x －1－ － 1x (x ＞0) ， 得 由题意，可得 f ′(1) ＝2a －2 ＝0 ，所以 a ＝1. (2) 证明：由(1)得 得 f(x) ＝x 2 － －(x ＋1)ln x(x ＞0) ， 当 要证当 0<x ≤2 时，f(x)> 12 x ， 当 只需证当 0<x ≤2 时，x － ln xx－ －ln x> 12 ，， 即 即 x －ln x> ln xx＋ 12 . 令 令 g(x) ＝x －ln x ，h(x)＝ ＝ ln xx＋ 12 ，， 令 令 g ′(x) ＝1－ － 1x ＝＝0 ，得 x ＝1 ， 知 易知 g(x) 在(0,1) 上单调递减，在(1,2] 上单调递增， 当 故当 0<x ≤2 时，g(x) min ＝ ＝g(1) ＝1.
为 因为 h ′(x)＝ ＝ 1 －ln xx 2当 ，当 0<x ≤2 时，h ′(x)>0 ， 以 所以 h(x) 在(0,2] 上单调递增， 当 故当 0<x ≤2 时，h(x) max ＝ ＝h(2)＝ ＝ 1 ＋ln 22<1 ， 即 即 h(x) max <g(x) min . 当 故当 0<x ≤2 时，h(x)<g(x) ，即当 0<x ≤2 时，f(x)> 12 x. 3 ．已知函数 f(x) ＝ln x－ － aln xx 2. (1)若 若 a ＝1 ，求 f(x) 的单调区间； (2)若 若 a ＝0 ，x ∈(0,1) ，证明：x 2 － 1x ＜ f x e x. 解：(1)当 当 a ＝1 时，f(x) ＝ln x－ － ln xx 2，x ∈(0 ，＋∞ ∞) ， ∴ ∴f ′(x)＝ ＝ 1x － 1 －2ln xx 3＝ x2 －－1 ＋2ln xx 3 ＝ x －1 x ＋1 ＋2ln xx 3. 当 当 x ∈(0,1) 时，f ′(x) ＜0 ，当 x ∈(1 ，＋∞ ∞) 时，f ′(x) ＞0 ， ∴ ∴f(x) 在(0,1) 上单调递减，在(1 ，＋∞ ∞) 上单调递增． (2) 证明：当 a ＝0 ，x ∈(0,1) 时，x 2 － 1x ＜ f x e x等价于 －－ln xe x＋x 2 － 1x ＜＜0 ， ∵当 当 x ∈(0,1) 时，e x ∈ ∈(1 ，e) ，－ln x ＞0， ， ∴ －－ln xe x＜－ln x ， ∴ 只需要证－ln x ＋x 2 － 1x ＜＜0 在(0,1) 上恒成立． 令 令 g(x) ＝－ln x ＋x 2 － 1x ，，x ∈(0,1) ， ∴g ′(x) ＝－ 1x ＋＋2x＋ ＋1x 2 ＝ 2x3 －x ＋1x 2＞ ＞0 ， 数 则函数 g(x) 在(0,1) 上单调递增，于是 g(x) ＜－ln 1 ＋1 －1 ＝0 ， ∴当 当 x ∈(0,1) 时，x 2 － 1x ＜ f x e x. 4 ．(2021· 江西五校联考) 已知函数 f(x)＝ ＝ 12 sin x ＋ln x －x －1 ，f ′(x)为 为 f(x) 的导数． (1) 证明：f(x) 在定义域上存在唯一的极大值点； (2) 若存在 x 1 ≠ ≠x 2 使 ，使 f(x 1 ) ＝f(x 2 ) ，证明：x 1 － －x 2 ＜ ＜2ln x 1x 2 . 证明：(1)f ′(x)＝ ＝ 12 cos x＋＋ 1x －－1 ，
当 当 x ≥2 时，0＜ ＜ 1x ≤ 12 ，－1＜ ＜ 1x －－1≤ ≤ － 12 ， 12 cos x＋＋ 1x －－1≤ ≤ 12 cos x－－ 12 ＝ 12 (cos x －1) ≤0 ， “ ＝ ”以 不能同时取到，所以 f ′(x) ＜0 ； 当 当 0 ＜x ＜2 时，令 h(x) ＝f ′(x) ，则 h ′(x) ＝－ 12 sin x－－1x 2 ＜＜0 ，所以 f ′(x) 在(0,2) 上单调递减． 为 因为 f ′(1)＝ ＝ 12 cos 1 ＞0 ，f ′(2)＝ ＝ 12 cos 2－－ 12 ＜＜0 ， 所以在定义域(0 ，＋∞ ∞) 上存在唯一 x 0 使 ，使 f ′(x 0 ) ＝0 且 且 x 0 ∈ ∈(1,2) ． 当 当 0 ＜x ＜x 0 时，f ′(x) ＞0 ；当 x ＞x 0 时，f ′(x) ＜0. 以 所以 x 0 是 是 f(x) 在定义域(0 ，＋∞ ∞) 上的唯一极值点且是极大值点． (2) 存在 x 1 ≠ ≠x 2 使 ，使 f(x 1 ) ＝f(x 2 ) ，即 12 sin x 1 ＋＋ln x 1 －x 1 － －1＝ ＝ 12 sin x 2 ＋＋ln x 2 －x 2 － －1 ， 得 得 x 1 － －x 2 － 12 (sin x 1 －－sin x 2 ) ＝ln x 1 － －ln x 2 . 设 设 g(x) ＝x －sin x ，则 g ′(x) ＝1 －cos x ≥0 ，g(x) 在(0 ，＋∞ ∞) 上单调递增， 设 不妨设 x 1 ＞x 2 ＞ ＞0 ，则 g(x 1 ) ＞g(x 2 ) ， 即 即 x 1 － －sin x 1 ＞x 2 － －sin x 2 ，x 1 －x 2 ＞ ＞sin x 1 － －sin x 2 ， ， 所以(x 1 － －x 2 )－ － 12 (x 1 －x 2 ) ＜(x 1 －x 2 )－ － 12 (sin x 1 －－sin x 2 ) ＝ln x 1 － －ln x 2 ，得 x1 －x 22＜ ＜ln x 1 － －ln x 2 ， ， 以 所以 x 1 －x 2 ＜ ＜2ln x 1x 2 .