1
考点突破练18 利用导数证明不等式
1.(2023 湖南长沙雅礼中学一模)已知函数f(x)=2sin x-sin 2x.
(1)当0≤x≤π 时,求f(x)的最大值;
(2)当π
3 ≤x≤π
2 时,求证:f(x)>ln(x+1)(ln 2π
3 ≈0.739).
2.(2023 浙江湖州、衢州、丽水二模)已知函数f(x)=ex-asin x+bx(a>0).
(1)当b=0 时,函数f(x)在(0, π
2)上有极小值,求实数a 的取值范围;
(2)当b<0 时,设x0是函数f(x)的极值点,证明:f(x0)≥bln(- b
2)-√2a.(其中e≈2.718 28,是自然对数的底
数)
3.(2023 河北唐山一模)已知x>-1,证明:
(1)ex-1≥x≥ln(x+1);
(2)(ex-1)ln(x+1)≥x2.
4.(2023 湖北武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+2(a>0).
(1)若f(x)≤0 恒成立,求实数a 的取值范围;
(2)当a=1 时,证明:(1+
1
1×2)·(1+
1
2×3)·…·[1+
1
n(n+1)]<e(n∈N*).
2
考点突破练18 利用导数证明不等式
1.(1)解 由f(x)=2sin x-sin 2x,0≤x≤π,所以f'(x)=2cos x-2cos 2x=2cos x-2(2cos2x-1)=-4cos2x+2cos
x+2=(-cos x+1)(4cos x+2),令f'(x)>0,得-1
2<cos x<1,即0<x<2π
3 ;令f'(x)<0,得cos x<-1
2,即2π
3
<x<π,所以函数f(x)在(0, 2π
3 )上单调递增,在(
2π
3 ,π)上单调递减,所以f(x)max=f(
2π
3 )= 3√3
2
.
(2)证明 设g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sin x-sin 2x-ln(x+1),所以g'(x)=-4cos2x+2cos x+2- 1
x +1,当π
3 ≤x≤
π
2 时,1- 1
x +1>0,所以g'(x)>-4cos2x+2cos x+1.又-4cos2x+2cos x+1=-4(cos x - 1
4)
2
+ 5
4 (0≤cos x≤
1
2),所以-4cos2x+2cos x+1>0 恒成立.所以g'(x)>0 在区间[
π
3 , π
2]上恒成立.所以y=g(x)在区间
[
π
3 , π
2]上单调递增,所以g(x)≥g(
π
3)= √3
2 -ln(
π
3 +1)> √3
2 -ln2π
3 ≈√3
2 -0.739>0,所以当π
3 ≤x≤
π
2 时,f(x)>ln(x+1).
2.(1)解 由题意知f(x)=ex-asin x 在(0, π
2)上有极小值,则f'(x)=ex-acos x=0 在(0, π
2)上有解,故
a= e
x
cos x ,设g(x)= e
x
cos x(x∈(0, π
2)),显然g(x)= e
x
cos x 在(0, π
2)上单调递增,又g(0)=1,当x→
π
2 时,g(x)→+∞,所以a>1.当a>1 时,f'(x)=ex-acos x 在(0, π
2)上单调递增,又f'(0)=1-a<0,f'
(
π
2)=e
π
2>0,由零点存在定理可知∃x0∈(0, π
2),使得f'(x0)=0,此时当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈
(x0, π
2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递减,f(x)在(x0, π
2)上单调递增,故f(x)在(0, π
2)上有
极小值点.因此实数a 的取值范围是(1,+∞).
(2)证明 由题意知f'(x)=ex-acos x+b,
故f'(x0)=e
x0-acos x0+b=0.
f(x0)=e
x0-asin x0+bx0=e
x0-asin x0+bx0+f'(x0)=2e
x0-a(sin x0+cos x0)+bx0+b
=2e
x0-√2asin(x0+ π
4)+bx0+b≥2e
x0+bx0+b-√2a.
设h(x)=2ex+bx+b-√2a(x∈R),
则h'(x)=2ex+b,当x∈(-∞,ln(- b
2))时,h'(x)<0,当x∈(ln(- b
2),+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在
(-∞,ln(- b
2))上单调递减,h(x)在(ln(- b
2),+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(ln(- b
2))=bln
(- b
2)-√2a.
因此f(x0)≥bln(- b
2)-√2a 成立.
3.证明 (1)令f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)= x
x +1,x>-1,
当-1<x<0 时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
3
当x>0 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0 时,等号成立,即x≥ln(x+1),从而ex≥eln(x+1)=x+1,所以ex-1≥x.
综上,ex-1≥x≥ln(x+1).
(2)显然当x=0 时,(ex-1)ln(x+1)=x2=0.
令g(x)=
x
e
x -1,x≠0,则g'(x)=(1- x )e
x -1
(e
x -1)
2
,x≠0,
令h(x)=(1-x)ex-1,则h'(x)=-xex,
当x<0 时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>0 时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)≤h(0)=0,当且仅当x=0 时,等号成立,
从而可得g'(x)= h( x )
(e
x -1)
2 <0,x≠0,所以g(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减.
由(1)知,当-1<x<0 时,0>x>ln(x+1);当x>0 时,x>ln(x+1)>0,所以g(x)<g[ln(x+1)],即
x
e
x -1
< ln( x +1)
e
ln( x +1)-1
= ln( x +1)
x
.又当x>-1 且x≠0 时,x(ex-1)>0,
所以(ex-1)ln(x+1)>x2.
故当x>-1 时,(ex-1)ln(x+1)≥x2.
4.(1)解 因为f(x)=ln x-ax+2,x∈(0,+∞),所以f'(x)=1
x -a=-ax +1
x
,因为a>0,所以当x∈(0, 1
a)时,
f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(
1
a ,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f(
1
a)=-ln a+1.因为
f(x)≤0 恒成立,所以f(x)max=-ln a+1≤0,解得a≥e.所以实数a 的取值范围为[e,+∞).
(2)证明 当a=1 时,f(x)=ln x-x+2,则f'(x)=1
x -1=1- x
x
,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当
x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)≤f(1)=1,即ln x-x+2≤1,即ln x≤x-1,所以ln(x+1)≤x,
当且仅当x=0 时取等号,所以ln(1+
1
n(n+1))<
1
n(n+1),n∈N*,所以ln(1+
1
1×2)<
1
1×2,ln
(1+
1
2×3)<
1
2×3,…,ln(1+
1
n(n+1))<
1
n(n+1),将以上各不等式两边分别相加,得ln
(1+
1
1×2)+ln(1+
1
2×3)+ln(1+
1
3×4)+…+ln[1+
1
n(n+1)]< 1
1×2 +
1
2×3 +
1
3×4 +…+
1
n(n+1) =(1- 1
2)+(
1
2 - 1
3)+(
1
3 - 1
4)+…+(
1
n -
1
n+1)=1- 1
n+1<1,
即ln[(1+
1
1×2)·(1+
1
2×3)·…·(1+
1
n(n+1))]<1,
所以(1+
1
1×2)·(1+
1
2×3)·…·[1+
1
n(n+1)]<e.
