2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第3讲第1课时导数与不等式的证明提能训练，共4页。试卷主要包含了当x>y>e－1时，求证等内容，欢迎下载使用。
1．当x>1时，eq \f(1,2)x2＋ln x1时，g′(x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
当x>1时，g(x)>g(1)＝eq \f(1,6)>0，
所以当x>1时，eq \f(1,2)x2＋ln x0，eq \r(2a)x－1≥0，所以f′(x)≥0，因此f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，f(x)min＝0.
(2)证明：原不等式等价于f(x)≥e1－x－eq \f(1,x)，即f(x)≥eq \f(x－ex－1,xex－1).令g(x)＝x－ex－1，x≥1，g′ (x)＝1－ex－1≤0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(1)＝0，g(x)max＝0.结合(1)可知ax2－ln x－a≥0≥eq \f(x－ex－1,xex－1)恒成立，即ax2－ln x＋eq \f(1,x)－e1－x－a≥0恒成立．
3．已知函数f(x)＝ex，当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
[证明] 设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)．
则g′(x)＝ex－1，
当－2－2)，
【卡壳点】利用x＋1作为中间量，进行放缩
则h′(x)＝1－eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋1,x＋2)，
则当－2－2时，f(x)>ln(x＋2)．
【易错点】注意取等号的条件
4．当x>y>e－1时，求证：exln(y＋1)>eyln(x＋1)．
[证明] ∵x>y>e－1，∴x＋1>y＋1>e，
即ln(x＋1)>ln(y＋1)>1，
欲证exln(y＋1)>eyln(x＋1)．
即证明eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
令g(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)，
则g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>1－eq \f(1,e)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x>y>e－1时，g(x)>g(y)，
即eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
∴当x>y>e－1时，exln(y＋1)>eyln(x＋1)成立．
B组能力提升
1．已知函数f(x)＝x2e2x－2.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈[0,2]时，求证：f(x)≥－2x2＋8x－5.
[解析] (1)f′(x)＝2e2x－2(x2＋x)，f′(1)＝4，f(1)＝1，则曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.
(2)证明：当x∈[0,2]时，令g(x)＝x2e2x－2＋2x2－8x＋5，则g′(x)＝2e2x－2(x2＋x)＋4x－8，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2e2x－2(2x2＋4x＋1)＋4>0，
所以g′(x)在[0,2]上单调递增，且g′(1)＝0，
所以g(x)在[0,1]上单调递减，在(1,2]上单调递增，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0，所以g(x)≥0，
即f(x)≥－2x2＋8x－5.
2．(2024·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xln x在x＝e－2处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．
[解析] (1)因为f(x)＝ax＋xln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，
所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，
所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2，
当f′(x)>0时，x>e－2，当f′(x)e，由g′(x)0，所以f(x)>3(x－1)．
3．(2024·乌鲁木齐市实验学校高三上学期1月月考)函数f(x)＝ex－x－a，a∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间及极值；
(2)若x1，x2是函数y＝f(x)的两个不同零点，求证：①x1＋x22(1－a)．
[解析] (1)f(x)＝ex－x－a定义域为R，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，则x>0，令f′(x)0，∴g(x2)>g(0)＝0，
∴f(x2)－f(－x2)>0即f(x2)>f(－x2)，
∵f(x1)＝f(x2)＝0，∴f(x1)>f(－x2)，
∵x1，－x2∈(－∞，0)且f(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴x12，F′(x)＝(1－2x)e2－2x＋1，令h(x)＝(1－2x)e2－2x＋1，
∵x>1，h′(x)＝(4x－4)e2－2x>0，∴F′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F′(x)>F′(1)＝0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝2，
即x·e2－2x＋x>2在x>1总成立，
∵f(x2)＝ex2－x2－a＝0，∴a＝ex2－x2，
又f[2(1－a)－x2]＝e2－2a－x2－(2－2a－x2)－a＝ex2·e2－2ex2＋ex2－2，
∵ex2>1，由F(x)>2知ex2·e2－2ex2＋ex2>2，
则f[2(1－a)－x2]>0＝f(x1)，
又a>1,2(1－a)－x2