微练(十九)　导数与不等式证明.docx

微练(十九)导数与不等式证明

1.已知函数f(x)=ex-ax(e为自然对数的底数,a为常数)的图象在(0,1)处的切线斜率为-1。

(1)求a的值及函数f(x)的极值;

(2)证明:当x0时,x2ex。

解(1)由f(x)=ex-ax,得f(x)=ex-a。因为f(0)=1-a=-1,所以a=2,所以f(x)=ex-2x,f(x)=ex-2。令f(x)=0,得x=ln2,当xln2时,f(x)0,f(x)在(-∞,ln2)上单调递减;当xln2时,f(x)0,f(x)在(ln2,+∞)上单调递增。所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-2ln2,f(x)无极大值。

(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x。由(1)得g(x)=f(x)≥f(ln2)0,故g(x)在(-∞,+∞)上单调递增。所以当x0时,g(x)g(0)=10,即x2ex。

2.已知函数f(x)=ax-lnx-1。

(1)若f(x)≥0恒成立,求a的最小值;

(2)求证:e?xx+x

解(1)f(x)≥0等价于a≥lnx+1x(x0)。令g(x)=lnx+1x(x0),则g(x)=-lnxx2,所以当x∈(0,1)时,g(x)0,当x∈(1,+∞)时,g(x)0,则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g

(2)证明:当a=1时,由(1)得x≥lnx+1,即t≥lnt+1(t0)。令e?xx=t,则-x-lnx=lnt,e?xx≥-x-lnx+1,即e?

3.(2023·银川模拟)已知函数f(x)=x-lnx,g(x)=aex。

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)求证:当a≥1e时,xf(x)≤g(x

解(1)易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=1-1x=x?1x。当x∈(0,1)时,f(x)0;当x∈(1,+∞)时,f(x)0。所以f(x)的单调递减区间是(0,1),

(2)证明:要证xf(x)≤g(x),即证x(x-lnx)≤aex,即证a≥x2?xlnxex。设h(x)=x2?xlnxex,则h(x)=?x2+2x?1+xlnx?lnxex=[lnx?(x?1)](x?1)ex,由(1)可知f(x)≥f(1)=1,即lnx-(x-1)≤0,于是,当x∈(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h(x)0,h(x)单调递减。所以当x=1时,h(x)取得最大值,h(

4.(2023·武汉模拟)已知函数f(x)=alnx+x。

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)当a=1时,证明:xf(x)ex。

解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=1+ax=x+ax。当a≥0时,f(x)0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增。当a0时,若x∈(-a,+∞),则f(x)0;若x∈(0,-a),则f(x)0。所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在

(2)证明:当a=1时,要证xf(x)ex,即证x2+xlnxex,即证1+lnxxexx2。令函数g(x)=1+lnxx,则g(x)=1?lnxx2。令g(x)0,得x∈(0,e);令g(x)0,得x∈(e,+∞)。所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+1e。令函数h(x)=exx2,则h(x)=ex(x?2)x3。当x∈(0,2)时,h(x)0;当x∈(2,+∞)时,h(x)0。所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e24。因为e24-1+1e0,

5.(2022·北京卷)已知函数f(x)=exln(1+x)。

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)设g(x)=f(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;

(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)f(s)+f(t)。

解(1)由题意,得f(x)=exln(1+x)+ex1+x,则f(0)=e0ln(1+0)+e01+0=1。又f(0)=e0ln(1+0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))

(2)由(1)知,f(x)=exln(1+x)+ex1+x,则g(x)=exln(1+x)+ex1+x,所以g(x)=exln(1+x)+ex1+x+xex(1+x)2=[

(3)证明:要证对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)f(s)+f(t),即证对任意的s,t∈(0,+∞),f(s+t)-f(s)-f(t)0恒成立。令m(s)=f(s+t)-f(s)-f(t)=es+tln(1+s+t)