专题训练10---以不等式证明为背景

专题训练10---以不等式证明为背景题型一 一元函数不等式的证明1.【2017届宁夏六盘山高级中学高三理上期中数学】已知函数()()ln 1f x x =+，()g x kx =，()k R ∈.（1）证明：当0x >时，()f x x <；（2）证明：当1k <时，存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x >. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.试题解析：（1）令()()()ln 1F x f x x x x =-=+-，[)0,x ∈+∞，则有()1111xF x x x -=-=++′ 当()0,x ∈+∞时，()0F x <′，所以()F x 在[)0,+∞上单调递减， 故当0x >时，()()00F x F <=，即当0x >时()f x x <.（2）令()()()()ln 1G x f x g x x kx =-=+-，[)0,x ∈+∞， 则有()()1111kx k G x k x x -+-=-=++′ 当0k ≤时，()0G x >′，故()G x 在[)0,+∞单调递增，()()00G x G >=， 故对任意正实数0x 均满足题意 当01k <<时，令()=0G x ′，得1110k x k k -==->，取011x k=-，对任意()00,x x ∈，有()0G x >′，从而()G x 在[)00,x 单调递增，所以()()00G x G >=，即()()f x g x >.综上，当1k <时，总存在00x >，使得对任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >. 2.【2017届云南省高三次统一检测】已知e 是自然对数的底数,()()()12ln ,13x F x ex x f x a x -=++=-+.（1）求曲线()y F x =在点()()1,1F 处的切线方程； （2）当4,1a x ≤≥时, 求证：()()F x f x ≥. 【答案】(1)410x y --=；(2)证明见解析. 【解析】3.【河南省南阳、信阳等六市2017届高三第一次联考理数试题】已知函数，且函数的图象在点处的切线与直线垂直．（1）求；（2）求证：当时，．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据切线过点且与直线垂直，可联立方程组解出；（2）由（1）得，要证，即证；构造函数，研究其单调性，当时，，又当时，，所以，即．试题解析：（1）因为，故，故①；依题意，；又，故，故②，联立①②解得；（2）由（1）得，要证，即证；令，∴，故当时，；令，因为的对称轴为，且，故存在，使得；故当时，，故，即在上单调递增；当时，，故，即在上单调递减；因为，故当时，，又当时，，∴，所以，即．4.【2017届浙江省名校协作体高三下学期考试】已知，函数.（Ⅰ）若函数在上递减, 求实数的取值范围；（Ⅱ）当时，求的最小值的最大值；（Ⅲ）设，求证：.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）的最大值为;（Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）函数在上递减, 恒有成立,而,恒有成立,而, 则满足条件. ……4分（Ⅱ）当时,的最小值=……7分的最大值为……9分（Ⅲ）当时，所以在上是增函数，故当时，解得或，综上所述：……15分5.【2017届云南省昆明市第一中学高三月考卷（五）】设函数，曲线在处的切线为．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，证明．【答案】(Ⅰ) 单调递增区间为，，单调递减区间为; (Ⅱ) 证明过程见解析.【解析】试题分析：（1）求解函数的导数，求解的解集，进而得到函数的单调区间；（2）由，又，可得函数在上单调递增，得，从而得的单调性与最小值，即可作出证明.(Ⅱ) 由，令，，因为（），所以，所以在上为增函数，所以（时取“”），而，由，得：，所以时，，时，，所以在为增函数，在为减函数，而，，所以（时取“”），所以，即：．6.【2017届云南省昆明市第一中学高三月考卷（五）】设函数，曲线在处与直线垂直．（1）求函数的单调区间；（2）当时，证明.【答案】(Ⅰ) 函数的单调递增区间为，单调递减区间为；(Ⅱ)证明过程见解析.试题解析：(Ⅰ) 函数定义域为，，由已知得，所以，所以，由得，由得，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．(Ⅱ) 令，则，由，令，则，当时，，所以在上为增函数，所以，所以，即：，所以，而，所以，所以在上为增函数，所以，即：题型二 含特殊函数,ln ,sin x e x x 不等式的证明7.【2017届安徽省六安一中月考】已知函数()2xf x e ax =-，曲线()y f x =在1x =处的切线方程为1y bx =+． （1）求,a b 的值；（2）求函数()f x 在[]0,1上的最大值；（3）证明：当0x >时，()1ln 10xe e x x x +---≥．【答案】（1） 1,2a b e ==-；（2）1e -；（3）证明见解析.试题解析：（1）()2xf x e ax '=-，由题设得，()12f e a b '=-=，()11f e a b =-=+，解得，1,2a b e ==-．（2）法1：由（1）知，()2x f x e x =-，∴()[]21210,0,1xf x e x x x x x '=-≥+-=-≥∈，故()f x 在[]0,1上单调递增，所以，()()max 11f x f e ==-．法2：由（1）知，()2xf x e x =-，∴()()2,2xxf x e x f x e '''=-=-，∴()f x '在()0,ln 2上单调递减，在()ln 2,+∞上单调递增， 所以，()()ln 222ln 20f x f ''≥=->，所以()f x 在[]0,1上单调递增，所以()()max 11f x f e ==-．所以，存在()00,1x ∈，使得()0g x '=， 所以，当()()00,1,x x ∈+∞时，()0g x '>；当()()0,1,0x x g x '∈<，故()g x 在()00,x 上单调递增，在()0,1x 上单调递减，在()1,+∞上单调递增． 又()()010g g ==，∴()()2210xg x e x e x =----≥，当且仅当1x =时取等号．故()21,0x e e x x x x+--≥>．由（2）知，1xe x ≥+，故()ln 1x x ≥+，∴1ln x x -≥，当且仅当1x =时取等号．所以，()21ln 1x e e x x x x+--≥≥+．即()21ln 1x e e x x x+--≥+．所以，()21ln x e e x x x x +--≥+，即()1ln 10xe e x x x +---≥成立，当1x =时等号成立.8.【2017届福建省泉州五中月考】已知函数()()ln 1axf x x x a=+-+， a 是常数，且1a ≥． （1）讨论()f x 零点的个数； （2）证明：213ln 1,2131n N n n n *⎛⎫<+<∈ ⎪++⎝⎭． 【答案】（1）当1a =时，()f x 零点的个数是1，当12a <<时，()f x 零点的个数是2，当2a =时，()f x 零点的个数是1，当2a >时，()f x 零点的个数是2；（2）证明解析．【解析】试题解析：证明：（1）()()()()()22222111x x a a a f x x x a x x a -+'=-=++++． 解()0f x '=得0x =，或22x a a =-．①1a =时，()()21xf x x '=+，若()()()()1,0,0,00x f x f x f '∈-<>=，若()()()()0,,0,00x f x f x f '∈+∞>>=，()f x 有一个零点． ②12a <<时，2120a a -<-<，由上表可知，()f x 在区间()22,a a -+∞有一个零点0x =．()()2200f a a f ->=，又2211ax a a aa a x a x a a a -=-≤-=++--，任取11,1aa t e -⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭， ()011a af t a a <+=--，()f x 在区间()2,2t a a -有一个零点，从而()f x 有两个零点． ③2a =时，()()()22012x f x x x '=>++，()f x 在()1,-+∞上单调递增，有一个零点0x =．④2a >时，220a a ->，由上表可知，()f x 在区间()21,2a a --有一个零点0x =，在区间()22,a a -+∞有一个零点，从而()f x 有两个零点．（2）取2a =，由（1）知()()2ln 12xf x x x =+-+在()1,-+∞上单调递增， 取()1x n N n*=∈，则()100f f n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，化简得12ln 121n n ⎛⎫+>⎪+⎝⎭． 取32a =，由（1）知()()3ln 123x f x x x =+-+在区间3,04⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减， 取()13,014x n N n *⎛⎫=-∈-∈ ⎪+⎝⎭，由()()0f x f >，得311ln 111231n n n -⎛⎫+-> ⎪+⎛⎫⎝⎭-+ ⎪+⎝⎭， 即()13ln 131n N n n *⎛⎫+<∈ ⎪+⎝⎭，综上，213ln 1,2131n N n n n *⎛⎫<+<∈ ⎪++⎝⎭． 9.【2017届湖南省邵阳市第一次大联考（理科）】已知函数（），．（1）求函数单调区间； （2）当时， ①求函数在上的值域；②求证：，其中，．（参考数据）【答案】(1)见解析;(2) ①；②见解析.试题解析:（1）∵．①当时，，在单调递增；②当时，令，得，即，∴在上单调递减，在单调递增．（2）时，．①由，令，∴在单调递减，单调递增，且由，，∴值域为．②由，设为前项和，，则，设，，在单调递减，，∴，∴，即时，，∴，故原不等式成立．题型三多元函数不等式的证明10.【2017届河北省张家口市高三上学期期末考试】已知函数有两个零点，（）．（1）求证：；（2）求证：．【答案】见解析.【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，通过讨论的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值，求出的范围即可；（2）问题转化为证明，设函数，根据函数的单调性证明即可．试题解析：（1）证明：的定义域为，．①当时，，所以函数在区间上是增函数，不可能有两个零点；②当时，在区间上，，在区间上；所以在区间上递减，在区间上递增．的最小值为，依题意，有，则．（2）证明：要证，只要证，易知，．而在区间上是增函数，所以只要证明，即证，设函数，而，并且在区间上，即在区间上是减函数，所以．而，所以成立，所以．【河南省焦作市2017届高三下学期第二次模拟考试数学（理）】已知函数11．在点处的切线方程为．（Ⅰ）求，的值，并讨论在上的增减性；（Ⅱ）若，且，求证：．（参考公式：）【答案】（Ⅰ）为增函数．（Ⅱ）详见解析试题解析:解：（Ⅰ）由题意知，∴解得故，．当时，为减函数，且，∴，为增函数．（Ⅱ）由，得，所以，两边同除以，得，所以,令，得，得．因为，所以，因为，又，易知，所以，又，所以，故，得．12.【2017届山东省菏泽市高三上学期期末考试数学（理）】已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有. 【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增;（2）见解析.试题解析:（1）函数的定义域为.，记，判别式.①当即时，恒成立，，所以在区间上单调递增.②当或时，方程有两个不同的实数根，记，，显然（ⅰ）若，图象的对称轴，.两根在区间上，可知当时函数单调递增，，所以，所以在区间上递增.（ⅱ）若，则图象的对称轴，.，所以，当时，，所以，所以在上单调递减.当或时，，所以，所以在上单调递增.综上，当时，在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知当时，没有极值点，当时，有两个极值点，且.，∴又，.记，，则，所以在时单调递增，，所以，所以.13．【2017届湖北省武汉市武昌区高三1月调研考试理数】已知函数 . （Ⅰ）讨论的单调性；（Ⅱ）设，证明：当时，；（Ⅲ）设是的两个零点，证明 .【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）当时，；（Ⅲ）证明过程见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．（Ⅱ）构造函数，利用导数求函数当时的最大值小于零即可．（Ⅲ）由（Ⅱ）得，从而，于是，由（Ⅰ）知， .试题解析：（Ⅰ）的定义域为，求导数，得，若，则，此时在上单调递增，若，则由得，当时，，当时，，此时在上单调递减，在上单调递增.（Ⅱ）令，则.求导数，得，当时，，在上是减函数.而，，故当时，14.【2017届湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟高三2月联考数学（文）】已知函数．（Ⅰ）讨论函数的极值点的个数；（Ⅱ）若有两个极值点，证明：．【答案】（Ⅰ）（ⅰ）时，仅有一个极值点；（ⅱ）当时，无极值点；（ⅲ）当时，有两个极值点．（Ⅱ）详见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）先求导数，再确定导函数零点情况，这需分类讨论：一次与二次的讨论，二次中有根与无根的讨论，两根情况分相等、一正一负、两不等正根，最后根据对应情况确定导函数符号变化规律，确定对应极值点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）先确定有两个极值点时，的取值范围,以及满足条件，再化简为的函数，最后根据导数确定对应函数单调性，根据单调性证明不等式.试题解析：解：（Ⅰ）由得，（ⅲ）时，时，即在是减函数，无极值点．当时，，令，得当和时，时，，所以在取得极小值，在取得极大值，所以有两个极值点．综上可知：（ⅰ）时，仅有一个极值点；（ⅱ）当时，无极值点；（ⅲ）当时，有两个极值点．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当时，有极小值点和极大值点，且是方程的两根，所以，，设，，所以时，是减函数，，则所以得证．15.【2017届广东韶关市六校高三10月联考】已知函数)(ln 2)(R a a ax x x f ∈+-=. （Ⅰ）讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）若0)(≤x f 恒成立，证明：当210x x <<时，)11(2)()(11212-<--x x x x f x f ．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析 【解析】（Ⅱ）由（Ⅰ）知，若a≤0，f （x ）在（0，+∞）上递增，又f （1）=0，故f （x ）≤0不恒成立 若a ＞2，当x∈（2a，1）时，f （x ）递减，f （x ）＞f （1）=0，不合题意若0＜a ＜2，当x∈（1，）时，f （x ）递增，f （x ）＞f （1）=0，不合题意若a=2，f （x ）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，f （x ）≤f（1）=0，合题意故a=2，且lnx≤x﹣1（当且仅当x=1时取“=”）． 当0＜x 1＜x 2时，f （x 2）﹣f （x 1）=2ln21x x ﹣2（x 2﹣x 1） ＜2（21x x ﹣1）﹣2（x 2﹣x 1）=2（11x ﹣1）（x 2﹣x 1），∴)11(2)()(11212-<--x x x x f x f ．16.【2017届广西南宁市高三模拟考试】已知函数()ln f x x =，2()(21),g x ax a x a R =-+∈. （1）当1a =时，求不等式()()0f x g x >的解集；（2）若0a ≠，求函数()()()F x f x g x =+的单调递增区间；（3）求证：当32[]23a +∈-时，对于任意两个不等的实数1213,[,]44x x ∈，均有1212|()()||()()|f x f x g x g x ->-成立.【答案】（1）(0,1)(3,)+∞；（2）0a <时，增区间为(0,1)，12a =时，增区间为(0,)+∞，102a <<时，增区间为1(0,1),(,)2a +∞，12a >时，增区间为1(0,),(1,)2a+∞；（3）证明见解析.试题解析：（1）定义域为(0,)+∞，所以不等式等价于(3)ln 0x x ->， 故不等式的解集为(0,1)(3,)+∞，（2）2'12()(1)12(21)12()2(21)a x x ax a x a F x ax a x xx---++=+-+== 0a <时，'()001F x x >⇒<<，所以增区间为(0,1)，12a =时，增区间为(0,)+∞， 102a <<时，增区间为1(0,1),(,)2a +∞，12a >时，增区间为1(0,),(1,)2a+∞.（3）不妨设12x x >，由（2）知，12a ≤时，()()f x g x +在13[,]44是单调递增函数， 1223a ≤≤时，所以1324a ≥， 所以()()f x g x +在13[,]44是单调递增函数，1122()()()()f x g x f x g x +>+对13[,]44x ∈恒成立.当a ≥时，令21()x x x x ϕ+=-，则2'2221()01()x x x x x x ϕ+-=-=⇒=-， 随着x 的变化，'(),()x x ϕϕ的变化如下：所以max ()3x ϕ=--∴2131[,],244x x a x x +∀∈≥-，从而()()f xg x -在13[,]44是单调递增函数， 1122()()()()f x g x f x g x ->-在13[,]44恒成立，所以211212()()()()()()f x f x g x g x f x f x -<-<-对1213,[,]44x x ∈， 任意1213,[,]44x x ∈且12x x ≠，均有1212|()()||()()|f x f x g x g x ->-成立.题型四 不等式证明的应用17.【2017届江西省上饶市高三第一次模拟考试文】已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】C 【解析】，设，所以已知条件转化为存在，使得成立，，在区间上有解，所以在区间上有解，令，结合函数单调性可知当时函数取得最大值，，所以的取值范围是.18.【2017届安徽蚌埠怀远县高三上学期摸底考】当()0,x ∈+∞时，不等式()221ln 0c x cx x cx -++≥恒成立，则实数c 的取值范围是_____________．【答案】1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】试题分析：当0c =时，原不等式化为ln 0x ≤不恒成立.原不等式因式分解得()()1ln 0cx cx x +-≥，()0,x ∈+∞，当0c >时，10cx +>，由l n 0c x x-≥，有ln xc x≥，令()()'2ln 1ln ,x xF x F x x x-==，所以函数()F x 在区间()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故在x e =处取得最大值，由此可得1,c e ⎡⎫≥+∞⎪⎢⎣⎭.当0c <时，1cx +在10,c ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为正数，在1,c ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为负数，而()'1ln 0cx x c x-=-<，所以ln cx x -为减函数，由于ln ln 0xcx x c x-≥⇔≥，由于c 是负数，根据前面分析可知，不成立，所以ln cx x -恒为负数，所以()()1ln 0cx cx x +-≥不恒成立，综上1,c e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭.19.【2017届江苏扬州中学等七校高三上期中联考】若()1ln ,(),0x exf x x a xg x a e=--=<，且对任意[]()1212,3,4,x x x x ∈≠121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 ． 【答案】22[3,0)3e - 【解析】试题分析：易知1(),()f xg x 在[]3,4x ∈上均为增函数，不妨设12x x <，则 121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-等价于212111()()()()f x f xg x g x -<- 即212111()()()()f x f xg x g x -<- 令1()()1ln ()xe h xf x x a xg x ex=-=---，则()h x 在[]3,4x ∈为减函数， 则()'21()10x e x a h x x ex-=--≤在(3,4)x ∈上恒成立，[]11,3,4x x e a x e x x --∴≥-+∈恒成立 令[]11(),3,4x x e u x x ex x--=-+∈，[]21112(1)113'()11,3,424x x x e x u x ee x x x ---⎡⎤-⎛⎫∴=-+=--+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦21211331,'()0244x e e u x x -⎡⎤⎛⎫-+>>∴<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦Q ，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[]3,4x ∈的最大值为22(3)33u e =-综上，实数a 的取值范围为22[3,0)3e -. 20.【2017届河北衡水中学高三摸底联考】设函数()()21,x x xf xg x x e+==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是 ． 【答案】121k e ≥- 【解析】21.【2017届河北省正定中学高三上学期第三次月考】设．（1）求证：当时，； （2）若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）详见解析（2）【解析】试题分析：（1）利用导数确定函数单调性：这要利用两次求导，，，先确定导函数单调性，为递增函数，再确定导函数符号为非负，从而确定原函数单调性，为增函数，最后根据单调性可证不等式（2）不等式恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题：即证明的最小值非负，因为，所以，再由（1）结论放缩可得，利用导数易得试题解析：（1）证明：，则，设，则，当时，，即为增函数，所以，在时为增函数，所以．又，时，，所以时对任意的恒成立.当时，设，则，，所以存在实数，使得任意，均有，所以在为减函数，所以在时，所以时不符合题意.综上，实数的取值范围为.（2）解法二：因为等价于设，则可求，所以当时，恒成立，在是增函数，所以，即，即所以时，对任意恒成立．当时，一定存在，满足在时，，所以在是减函数，此时一定有，即，即，不符合题意，故不能满足题意，综上所述，时，对任意恒成立．。