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;
π π ( 2π )
(2)当 ≤x≤ 时,求证:f(x)>ln(x+1) ln ≈0.739 .
3 2 3
2.(2023浙江湖州、衢州、丽水二模)已知函数f(x)=ex-asin x+bx(a>0).
( π)
(1)当b=0时,函数f(x)在 0, 上有极小值,求实数a的取值范围;
2
( b)
(2)当b<0时,设x 是函数f(x)的极值点,证明:f(x)≥bln - -√2a.(其中e≈2.718 28,是自然对数的底
0 0 2
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;
( 1 ) ( 1 ) [ 1 ]
(2)当a=1时,证明: 1+ · 1+ ·…· 1+ <e(n∈N*).
1×2 2×3 n(n+1)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
1 2π 1 2π
x+2=(-cos x+1)(4cos x+2),令f'(x)>0,得- <cos x<1,即0<x< ;令f'(x)<0,得cos x<- ,即
2 3 2 3
( 2π) (2π ) (2π) 3√3
<x<π,所以函数f(x)在 0, 上单调递增,在 ,π 上单调递减,所以f(x) =f = .
3 3 max 3 2
1 π
(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- ,当 ≤x≤
x+1 3
π 1 ( 1) 2 5
时,1- >0,所以g'(x)>-4cos2x+2cos x+1.又-4cos2x+2cos x+1=-4 cosx- + (0≤cos x≤
2 x+1 4 4
1 [π π]
),所以-4cos2x+2cos x+1>0恒成立.所以g'(x)>0在区间 , 上恒成立.所以y=g(x)在区间
2 3 2
[π π] (π) √3 (π ) √3 2π √3 π
, 上单调递增,所以g(x)≥g = -ln +1 > -ln ≈ -0.739>0,所以当 ≤x≤
3 2 3 2 3 2 3 2 3
π
时,f(x)>ln(x+1).
2
( π) ( π)
2.(1)解 由题意知f(x)=ex-asin x在 0, 上有极小值,则f'(x)=ex-acos x=0在 0, 上有解,故
2 2
ex ex ( ( π)) ex ( π)
a= ,设g(x)= x∈ 0, ,显然g(x)= 在 0, 上单调递增,又g(0)=1,当x→
cosx cosx 2 cosx 2
π ( π)
时,g(x)→+∞,所以a>1.当a>1时,f'(x)=ex-acos x在 0, 上单调递增,又f'(0)=1-a<0,f'
2 2
(π)
=e
π
2>0,由零点存在定理可知∃x ∈
(
0,
π)
,使得f'(x )=0,此时当x∈(0,x )时,f'(x)<0,当x∈
2 0 2 0 0
( π) ( π) ( π)
x , 时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,x )上单调递减,f(x)在 x , 上单调递增,故f(x)在 0, 上有
0 2 0 0 2 2
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'(x )=ex 0-acos x +b=0.
0 0
f(x
0
)=ex 0-asin x
0
+bx
0
=ex 0-asin x
0
+bx
0
+f'(x
0
)=2ex 0-a(sin x
0
+cos x
0
)+bx
0
+b
( π)
=2ex 0-√2asin x
0
+
4
+bx
0
+b≥2ex 0+bx
0
+b-√2a.
设h(x)=2ex+bx+b-√2a(x∈R),
( ( b)) ( ( b) )
则h'(x)=2ex+b,当x∈ -∞,ln - 时,h'(x)<0,当x∈ ln - ,+∞ 时,h'(x)>0,所以h(x)在
2 2
( ( b)) ( ( b) ) ( ( b))
-∞,ln - 上单调递减,h(x)在 ln - ,+∞ 上单调递增,所以h(x)≥h ln - =bln
2 2 2
( b)
- -√2a.
2
( b)
因此f(x )≥bln - -√2a成立.
0 2
x
3.证明 (1)令f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)= ,x>-1,
x+1
当-1<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;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.
x (1-x)ex-1
令g(x)= ,x≠0,则g'(x)= ,x≠0,
ex-1 (ex-1)2
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,
h(x)
从而可得g'(x)= <0,x≠0,所以g(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减.
(ex-1)2
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 ln(x+1) ln(x+1)
< = .又当x>-1且x≠0时,x(ex-1)>0,
ex-1 eln(x+1)-1 x
所以(ex-1)ln(x+1)>x2.
故当x>-1时,(ex-1)ln(x+1)≥x2.
1 -ax+1 ( 1)
4.(1)解 因为f(x)=ln x-ax+2,x∈(0,+∞),所以f'(x)= -a= ,因为a>0,所以当x∈ 0, 时,
x x a
(1 ) (1)
f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈ ,+∞ 时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x) =f =-ln a+1.因为
a max a
f(x)≤0恒成立,所以f(x) =-ln a+1≤0,解得a≥e.所以实数a的取值范围为[e,+∞).
max
1 1-x
(2)证明 当a=1时,f(x)=ln x-x+2,则f'(x)= -1= ,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当
x x
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,
( 1 ) 1 ( 1 ) 1
当且仅当x=0时取等号,所以ln 1+ < ,n∈N*,所以ln 1+ < ,ln
n(n+1) n(n+1) 1×2 1×2
( 1 ) 1 ( 1 ) 1
1+ < ,…,ln 1+ < ,将以上各不等式两边分别相加,得ln
2×3 2×3 n(n+1) n(n+1)
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 1 1 1 1
1+ +ln 1+ +ln 1+ +…+ln[1+ ]< + + +…+
1×2 2×3 3×4 n(n+1) 1×2 2×3 3×4
1 ( 1) (1 1) (1 1) (1 1 ) 1
= 1- + - + - +…+ - =1- <1,
n(n+1) 2 2 3 3 4 n n+1 n+1
( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
即ln[ 1+ · 1+ ·…· 1+ ]<1,
1×2 2×3 n(n+1)
( 1 ) ( 1 ) [ 1 ]
所以 1+ · 1+ ·…· 1+ <e.
1×2 2×3 n(n+1)
