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限时跟踪检测(二十) 利用导数证明不等式
1．已知函数g(x)＝mx2－(4m＋2)x＋4ln x(a∈R)．
(1)当m＝1时，求g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程；
(2)当m＝0时，证明：g(x)＋2x＜4ex－8(其中e为自然对数的底数)．
2．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，证明：
(1)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)≤g(x)恒成立；
(2)对于任意正整数n，不等式…＜e恒成立(其中e为自然对数的底数)．
3．已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
4．(2023·天津卷)已知函数f(x)＝ln(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；
(3)证明：<ln(n！)－ln n＋n≤1，n∈N*.
5．(2024·辽宁重点中学模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax3－x，a∈R.
(1)若f(x)存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)若x，x(x＜x)是f(x)的两个极值点，证明：3ln x＋ln x＞1.
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6．设函数f(x)＝3sin 2x＋2sin 3xcos x＋ax，a∈R.
(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)证明：∀n∈N*，cos 2x＋cos 4x＋…＋cos 22n－2x＋cos 22n－1x＋n≥0.
解析版
1．已知函数g(x)＝mx2－(4m＋2)x＋4ln x(a∈R)．
(1)当m＝1时，求g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程；
(2)当m＝0时，证明：g(x)＋2x＜4ex－8(其中e为自然对数的底数)．
(1)解：当m＝1时，g(x)＝x2－6x＋4ln x，
所以g′(x)＝2x－6＋，g′(1)＝0，g(1)＝－5，
故g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程是y＝－5.
(2)证明：当m＝0时，要证明g(x)＋2x＜4ex－8，只需证明ex＞ln x＋2，
令h(x)＝ex－ln x－2(x＞0)，
则h′(x)＝ex－，令u(x)＝h′(x)＝ex－，
则u′(x)＝ex＋＞0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h′(1)＝e－1＞0，h′＝－2＜0，
故存在x∈，使得h′(x)＝0，
0 0
即ex－＝0，
0
当x∈(0，x)时，h′(x)＜0，即h(x)单调递减，
0
当x∈(x，＋∞)时，h′(x)＞0，即h(x)单调递增，
0
故x＝x 时，h(x)取得唯一的极小值，也是最小值，
0
即h(x) ＝ex－ln x－2＝＋x－2＞2－2＝0，
min 0 0 0
所以ex＞ln x＋2，即g(x)＋2x＜4ex－8.
2．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1，证明：
(1)当x∈(0，＋∞)时，不等式f(x)≤g(x)恒成立；
(2)对于任意正整数n，不等式…＜e恒成立(其中e为自然对数的底数)．
证明：(1)要证不等式f(x)≤g(x)成立，即证ln x≤x－1恒成立，
令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝－1＝，
当0＜x＜1时，h′(x)＞0，
当x＞1时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)＝0，所以ln x≤x－1恒成立．
(2)由(1)知ln x≤x－1，令x＝1＋，k∈N*，
则ln＜，k∈N*，
所以ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，
即…＜e.
3．已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
(1)解：当a＝1时，
f(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)，
f′(x)＝ex－1－，f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1,0)．
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
方法一：令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋＞0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，
min
∴f(x)≥φ(x)≥0.即f(x)≥0.
方法二：令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x) ＝g(0)＝0，
min
∴ex≥x＋1，当x＝0时取“＝”．
同理可证ln x≤x－1，当x＝1时取“＝”．
由ex≥x＋1 ex－1≥x(当x＝1时取“＝”)，
由x－1≥ln x x≥ln x＋1(当x＝1时取“＝”)，
⇒
∴ex－1≥x≥ln x＋1，即ex－1≥ln x＋1，
⇒
即ex－1－ln x－1≥0(当x＝1时取“＝”)，
即f(x)≥0.
4．(2023·天津卷)已知函数f(x)＝ln(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；
(3)证明：<ln(n！)－ln n＋n≤1，n∈N*.
(1)解：f(x)＝＋，则f′(x)＝＋－，
所以f′(2)＝－，故x＝2处的切线斜率为－.
(2)证明：要证x>0时f(x)＝·ln(x＋1)>1，即证ln(x＋1)>，
令g(x)＝ln(x＋1)－且x>0，则g′(x)＝－＝>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，即ln(x＋1)>.
所以x>0时，f(x)>1.
(3)证明：设h(n)＝ln(n！)－ln n＋n，n∈N*，
则h(n＋1)－h(n)＝1＋ln n－ln(n＋1)＝1－ln，
x＝∈(0,1]，由(2)知f＝ln>1，
所以h(n＋1)－h(n)<0，故h(n)在n∈N*上单调递减，故h(n)≤h(1)＝1.
下面证明ln(n！)－ln n＋n>，
令φ(x)＝ln x－且x>0，则φ′(x)＝，
当0<x<1时φ′(x)>0，φ(x)单调递增，当x>1时φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)≤φ(1)＝0，故在x∈(0，＋∞)上ln x≤恒成立，
则h(n)－h(n＋1)＝ln－1≤·－1＝<，
所以当n≥2时，h(2)－h(3)<×，h(3)－h(4)<×，…，h(n－1)－h(n)<，
累加得h(2)－h(n)<，而h(2)＝2－ln 2，则－h(n)<－2＋ln 2，
所以h(1)－h(n)＝1－h(n)<ln 2－1＋<ln 2－1＋<×<，故h(n)>.
当n＝1时，h(n)＞成立．
综上，<h(n)≤1，即<ln(n！)－ln n＋n≤1，n∈N*.
5．(2024·辽宁重点中学模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax3－x，a∈R.
(1)若f(x)存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)若x，x(x＜x)是f(x)的两个极值点，证明：3ln x＋ln x＞1.
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(1)解：函数的定义域为(0，＋∞)，
根据题意知f′(x)＝ln x－3ax2＞0有解，
即3a＜有解，令g(x)＝，
只需3a＜g(x) ，因为g′(x)＝，
max
则当0＜x＜时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x＞时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以3a＜g(x) ＝g()＝，
max
所以a∈.
(2)证明：由x，x 是f(x)的两个极值点，知x，x 是f′(x)＝0的两根，
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即①
联立可得3a＝，②
要证3ln x＋ln x＞1，由①代入即证9ax＋3ax＞1，
1 2
即3a(3x＋x)＞1，
由②代入可得(3x＋x)＞1，③因为x＜x，
1 2
则③等价于ln ＜＝，
令t＝，0＜t＜1，问题转化为证明φ(t)＝ln t－＜0恒成立，
φ′(t)＝－＝，
而9t4－2t2＋1＝92＋＞0，
故φ′(t)＝－＝＞0，
所以φ(t)在(0,1)上单调递增，
当t∈(0,1)时，φ(t)＜φ(1)＝0成立，
即3ln x＋ln x＞1得证．
1 2
高分推荐题
6．设函数f(x)＝3sin 2x＋2sin 3xcos x＋ax，a∈R.
(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)证明：∀n∈N*，cos 2x＋cos 4x＋…＋cos 22n－2x＋cos 22n－1x＋n≥0.
(1)解：f′(x)＝6cos 2x＋6cos 3xcos x－2sin 3xsin x＋a＝6cos 2x＋4(cos 3xcos x－sin
3xsin x)＋2(cos 3xcos x＋sin 3xsin x)＋a＝8cos 2x＋4cos 4x＋a＝8cos 2x＋8cos22x－4＋a＝
2(2cos 2x＋1)2＋(a－6)，
由f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，得f′(x)≥0恒成立，所以2(2cos 2x＋1)2＋(a－6)≥0，
即a≥－2(2cos 2x＋1)2＋6恒成立．
因为－2(2cos 2x＋1)2＋6≤6，所以a≥6，即a的取值范围为[6，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，∀x∈R,8cos 2x＋4cos 4x＋6＝2(2cos 2x＋1)2≥0，所以4cos 2x＋
2cos 4x＋3≥0，即4cos 2x＋2cos 4x≥－3，以2x,4x，…，22n－3x替换上式中的x，可得4cos 4x
＋2cos 8x≥－3，4cos 8x＋2cos 16x≥－3，…，4cos 22n－2x＋2cos 22n－1x≥－3，累加各式可得，
4cos 2x＋6(cos 4x＋cos 8x＋…＋cos 22n－2x)＋2cos 22n－1x≥－3(2n－2)＝6－6n，
又cos 2x≥－1，cos 22n－1x≥－1，所以6(cos 2x＋cos 4x＋cos 8x＋…＋cos 22n－2x＋cos 22n－
1x)≥6－6n＋2cos 2x＋4cos 22n－1x≥－6n，即cos 2x＋cos 4x＋cos 8x＋…＋cos 22n－2x＋cos 22n－
1x＋n≥0.
