备战2025年高考数学精品教案第三章一元函数的导数及其应用突破3利用导数证明不等式（Word版附解析）

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命题点1 将不等式转化为函数的最值问题
例1 [2023新高考卷Ⅱ节选]证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x.
解析 令h（x）＝x－x2－sin x，
则h'（x）＝1－2x－cs x，
令p（x）＝1－2x－cs x，则p'（x）＝－2＋sin x＜0，
所以p（x）即h'（x）单调递减，又h'（0）＝0，
所以当0＜x＜1时，h'（x）＜h'（0）＝0，h（x）单调递减，
所以当0＜x＜1时，h（x）＜h（0）＝0，即x－x2＜sin x.
令g（x）＝sin x－x，则g'（x）＝cs x－1＜0，x∈（0，1），
所以g（x）单调递减，又g（0）＝0，
所以当0＜x＜1时，g（x）＜g（0）＝0，即sin x＜x.
综上，当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x.
方法技巧
（1）利用函数的单调性和最值直接证明.
（2）证明不等式f（x）＞g（x）转化为证明f（x）－g（x）＞0，进而构造辅助函数
h（x）＝f（x）－g（x），通过研究函数h（x）的单调性，证明h（x）min＞0.
训练1 [2024浙江宁波模拟]已知函数f（x）＝ae2x＋（a－4）ex－2x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：当a＞1时，f（x）＞7ln a－a－4.
解析 （1）f '（x）＝2ae2x＋（a－4）ex－2＝（aex－2）（2ex＋1），（i）当a≤0时，
f '（x）＜0，f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；
（ii）当a＞0时，x∈（－∞，ln 2a）时，f '（x）＜0，x∈（ln 2a，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）在（－∞，ln 2a）上单调递减，在（ln2a，＋∞）上单调递增.
（2）由（1）知，当a＞1时，f（x）min＝f（ln 2a）＝2－4a－2ln 2＋2ln a.
要证f（x）＞7ln a－a－4，只需证2－4a－2ln 2＋2ln a＞7ln a－a－4，即证6＋a－4a－5ln a－2ln 2＞0.
设g（a）＝6＋a－4a－5ln a－2ln 2，a＞1，则g'（a）＝1＋4a2－5a＝（a－1)(a－4）a2，当1＜a＜4时，g'（a）＜0，当a＞4时，g'（a）＞0，
所以g（a）在（1，4）上单调递减，在（4，＋∞）上单调递增，所以g（a）≥g（4）＝9－12ln 2＝3（3－ln 16），
又e3＞2.73＞16，故g（a）＞0，证毕.
命题点2 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
例2 [2024湖北襄阳模拟节选]已知函数f（x）＝aln x＋x.当a＝1时，证明：xf（x）＜ex.
解析 当a＝1时，要证xf（x）＜ex，即证x2＋xln x＜ex，即证1＋lnxx＜exx2，x＞0.
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（x＞0），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＋1e）＞0，所以h（x）min＞g（x）max，
即1＋lnxx＜exx2，从而xf（x）＜ex得证.
方法技巧
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证不等式进行变形，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题（或找到可以传递的中间量a），即将不等式转化为f（x）≥g（x）的形式，证明f（x）min≥g（x）max（或f（x）≥a≥g（x））即可.
训练2 已知函数f（x）＝aln x＋a+1x＋x（a∈R）.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数g（x）＝1ex＋1x，证明：当a＝1时，f（x）＞g（x）.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f '（x）＝ax－a+1x2＋1＝x2＋ax－（a+1）x2＝[x＋（a+1)](x－1）x2.
当a≥－1时，a＋1≥0，所以x＋（a＋1）＞0恒成立，所以当x∈（0，1）时，f '（x）＜0，
当x∈（1，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
当a＜－1时，分下面三种情况讨论.
①当a＝－2时，f '（x）＝（x－1）2x2≥0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
②当a＜－2时，－a－1＞1，令f '（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞－a－1，令f '（x）＜0，解得1＜x＜－a－1，
所以f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上单调递增，在（1，－a－1）上单调递减；
③当－2＜a＜－1时，0＜－a－1＜1，令f '（x）＞0，解得0＜x＜－a－1或x＞1，令
f '（x）＜0，解得－a－1＜x＜1，
所以f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－a－1，1）上单调递减.
综上，当a＜－2时，f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上单调递增，在（1，－a－1）上单调递减；当a＝－2时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当－2＜a＜－1时，
f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－a－1，1）上单调递减；当a≥－1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
（2）当a＝1时，要证f（x）＞g（x）（x＞0），即证ln x＋2x＋x＞1ex＋1x（x＞0），即证xln x＋x2＋1＞xex（x＞0）.（不等式中既含指数式，又含对数式，若直接作差构造函数，求导分析比较困难，可以考虑指、对分离，构造双函数证明）
设G（x）＝xex（x＞0），易知G（x）＝xex在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以G（x）max＝G（1）＝1e.
设F（x）＝xln x＋x2＋1（x＞0），则F'（x）＝ln x＋2x＋1（x＞0）.
因为函数F'（x）在（0，＋∞）上单调递增，而F'（1e）＝2e＞0，F'（1e2）＝－1＋2e2＜0，
所以存在x0∈（1e2，1e），使得F'（x0）＝0，且ln x0＝－2x0－1，
所以当x∈（0，x0）时，F'（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，F'（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.
所以F（x）min＝F（x0）＝x0ln x0＋x02＋1＝x0（－2x0－1）＋x02＋1＝－x02－x0＋1.
设H（x）＝－x2－x＋1，显然该函数在（1e2，1e）上单调递减，
所以H（x0）＞H（1e），即－x02－x0＋1＞－1e2－1e＋1，
而－1e2－1e＋1＞1e，所以－x02－x0＋1＞1e，即F（x）min＝F（x0）＞1e＝G（x）max.
故当x＞0时，F（x）＞G（x）恒成立，
所以当a＝1时，f（x）＞g（x）成立，得证.
命题点3 放缩法证明不等式
例3 [2023成都七中校考模拟预测]已知函数f（x）＝cs x＋a2x2－1，a∈R.
（1）若x＝0是函数f（x）唯一的极小值点，求实数a的取值范围；
（2）证明：sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32 02322 023＜2.
解析 （1）f '（x）＝－sin x＋ax，且f '（0）＝0，令g（x）＝f '（x），则g'（x）＝
－cs x＋a.
①当a≥1时，g'（x）≥0且g'（x）不恒为0，则g（x）单调递增，
当x＞0时，g（x）＝f '（x）＞g（0）＝0，当x＜0时，g（x）＝f '（x）＜g（0）＝0，即当x＞0时，f（x）单调递增，当x＜0时，f（x）单调递减，此时x＝0是函数f（x）唯一的极小值点.
②当a＜1时，g'（0）＝－1＋a＜0，所以存在δ＞0使得当x∈（0，δ）时，g（x）＝
f '（x）在（0，δ）上单调递减，即当x∈（0，δ）时，f '（x）＜f '（0）＝0，所以f（x）在（0，δ）上单调递减，与x＝0是函数f（x）唯一的极小值点矛盾.
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞）.
（2）由（1）可知，当a＝1且x＞0时，－sin x＋x＞0，即当x＞0时，x＞sin x，
故当x＞0且x∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈N时，sin3x＜x2，即sin3x＜x，
故可得sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32 02322 023＜12＋24＋38＋…＋2 02322 023.
令S＝12＋24＋38＋…＋2 02322 023，
则12S＝14＋28＋316＋…＋2 02322 024，两式相减可得12S＝12＋14＋18＋…＋122 023－2 02322 024，化简可得S＝2×[1－（12）2 023－2 02322 024]＜2.
故sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32 02322 023＜2.
方法技巧
1.利用放缩法证明不等式的思路
一是会放缩，即从所求证的不等式入手，利用分析法，进行转化，寻找可放大或缩小的条件；
二是会构造函数，即通过构造辅助函数，把所求证的不等式进行转化；
三是借用导数，即会利用导数的工具性，研究新构造函数的性质，进而求解.
2.常见放缩公式
（1）ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号）；
（2）ln（x＋1）≤x（x＞－1）（当且仅当x＝0时取等号）；
（3）sin x≤x≤tan x（0≤x＜π2）（当且仅当x＝0时取等号）；
（4）sin x≥x≥tan x（－π2＜x≤0）（当且仅当x＝0时取等号）.
训练3 [2024南通部分学校联考]已知函数f（x）＝ln x＋ax，a∈R.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝34时，证明：x3＞f（x）.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f '（x）＝1x＋a＝ax+1x，当a≥0时，f '（x）＞0，此时f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
当a＜0时，令f '（x）＞0，得x＜－1a，可知f（x）在（0，－1a）上单调递增；
令f '（x）＜0，得x＞－1a，可知f（x）在（－1a，＋∞）上单调递减.
综上，当a≥0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＜0时，f（x）在（0，－1a）上单调递增，在（－1a，＋∞）上单调递减.
（2）当a＝34时，x3＞f（x），即x3＞ln x＋34x.
令h（x）＝x－1－ln x，则h'（x）＝1－1x＝x－1x，令h'（x）＞0，则x＞1；令h'（x）＜0，则0＜x＜1.所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以h（x）≥h（1）＝0，即x－1≥ln x（等号成立的条件是x＝1）.
欲证x3＞ln x＋34x，只需证x3＞x－1＋34x＝74x－1（x＞0）.
设g（x）＝x3－74x＋1（x＞0），则g'（x）＝3x2－74（x＞0）.
令g'（x）＝0，求得x＝216，
当x∈（0，216）时，g'（x）＜0，可知g（x）在（0，216）上单调递减；
当x∈（216，＋∞）时，g'（x）＞0，可知g（x）在（216，＋∞）上单调递增.
所以g（x）≥g（216）＝72172－72124＋1＝1－72136＞0，
即x3＞x－1＋34x（x＞0），
所以x3＞ln x＋34x，即x3＞f（x）.
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凹凸反转在不等式证明问题中的应用
如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g（x）≥h（x）恒成立，分别求g（x）min，h（x）max进行证明，由于两个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.
类型1 隔海相望
如图所示，在g（x），h（x）图象之间有一个带型区域，所以我们把它形象地称为“隔海相望”.这时必有g（x）＞h（x）.
例4 [2024陕西省咸阳市模拟]已知函数f（x）＝x3－3ln x＋11.
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）证明：当x＞0时，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.
解析 （1）∵f（x）＝x3－3ln x＋11，
∴函数f（x）的定义域为（0，＋∞）且f '（x）＝3x2－3x＝3（x3－1）x＝3（x－1)(x2＋x+1）x.
令f '（x）＝0可得x＝1，当x∈（1，＋∞）时，f '（x）＞0，当x∈（0，1）时，f '（x）＜0，
∴f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.
（2）由（1）可得f（x）min＝f（1）＝12.
令g（x）＝－x3＋3x2＋（3－x）ex（x＞0），则g'（x）＝－3x2＋6x－ex＋（3－x）ex＝
（2－x）（ex＋3x），
令g'（x）＝0，可得x＝2.
当x∈（0，2）时，g'（x）＞0，当x∈（2，＋∞）时，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减.
∴g（x）max＝g（2）＝e2＋4，
∴f（x）min＞g（x）max，则f（x）＞g（x），
∴当x＞0时，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.
类型2 一线之隔
构造的函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，如图所示，但由于g（x），
h（x）不在同一处取到最值，所以必有g（x）＞h（x）.
例5 已知函数f（x）＝ex＋x2－x－1.
（1）求f（x）的最小值；
（2）证明：ex＋xln x＋x2－2x＞0.
解析 （1）由题意可得 f '（x）＝ex＋2x－1，则函数f '（x）在R上单调递增，且f '（0）＝0.
由f '（x）＞0，得x＞0；
由f '（x）＜0，得x＜0.
则f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝0.
（2）要证ex＋xln x＋x2－2x＞0，即证ex＋x2－x－1＞－xln x＋x－1.
由（1）可知当x＞0时，f（x）＞0恒成立.
设g（x）＝－xln x＋x－1，x＞0，则g'（x）＝－ln x.
由g'（x）＞0，得0＜x＜1；由 g'（x）＜0，得x＞1.
则g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
从而g（x）≤g（1）＝0，当且仅当x＝1时，等号成立.
故f（x）＞g（x），即ex＋xln x＋x2－2x＞0.
类型3 亲密无间
构造函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，且g（x），h（x）在同一处取到最值，如图所示，这时g（x）≥h（x）.
例6 已知函数f（x）＝13x3＋12x2＋ax，g（x）＝xex－1＋xln x，f '（x），g'（x）分别为
f（x），g（x）的导函数，且对任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f '（x1）≤
g'（x2）－2.
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：g（x）≥f '（x）.
解析 （1）因为f（x）＝13x3＋12x2＋ax，所以f '（x）＝x2＋x＋a＝（x＋12）2＋a－14，
所以f '（x）在区间（0，1]上单调递增，故f '（x）max＝f '（1）＝a＋2.
因为g（x）＝xex－1＋xln x，所以g'（x）＝ex－1＋xex－1＋ln x＋1＝（x＋1）ex－1＋ln x＋1.
令h（x）＝（x＋1）ex－1＋ln x＋1，则h'（x）＝（x＋2）ex－1＋1x＞0，故g'（x）在区间（0，1]上单调递增，所以g'（x）max＝g'（1）＝3.
又对任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f '（x1）≤g'（x2）－2，
所以f '（x）max≤g'（x）max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，
故实数a的取值范围为（－∞，－1].
（2）要证g（x）≥f '（x），即证xex－1＋xln x≥x2＋x＋a，
由（1）知，a≤－1，故只需证xex－1＋xln x≥x2＋x－1.
因为x＞0，只需证ex－1＋ln x≥x－1x＋1，
即证ex－1－x≥－ln x－1x＋1.
令s（x）＝ex－1－x，x＞0，则s'（x）＝ex－1－1.
令s'（x）＝0，解得x＝1，则当x∈（0，1）时，s'（x）＜0，s（x）单调递减；
当x∈（1，＋∞）时，s'（x）＞0，s（x）单调递增，
所以s（x）min＝s（1）＝0.
令F（x）＝－ln x－1x＋1，则F'（x）＝－1x＋1x2＝－x－1x2.
令F'（x）＝0，解得x＝1，则当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）max＝F（1）＝0，
所以s（x）min＝s（1）＝F（x）max＝F（1）＝0，
故g（x）≥f '（x）.
1.[命题点1/2023雅礼中学二模]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π3≤x≤π2时，求证：f（x）＞ln（x＋1）（注：ln 2π3≈0.739）.
解析 （1）f '（x）＝2cs x－2cs 2x＝2cs x－2（2cs2x－1）＝（－cs x＋1）（4cs x＋2）.（提示：对导函数解析式进行整理，利用二倍角公式等整理成几个代数式相乘的形式，方便求导函数的零点）
当0≤x≤π时，令f '（x）＞0，得－12＜cs x＜1，即0＜x＜2π3；令f '（x）＜0，得cs x＜－12，即2π3＜x≤π.
所以函数f（x）在（0，2π3）上单调递增，在（2π3，π）上单调递减，
所以当0≤x≤π时，f（x）max＝f（2π3）＝332.
（2）设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2sin x－sin 2x－ln（x＋1），则g'（x）＝－4cs2x＋2cs x＋2－1x+1.
当π3≤x≤π2时，1－1x+1＞0，所以g'（x）＞－4cs2x＋2cs x＋1，又－4cs2x＋2cs x＋1＝
－4（cs x－14）2＋54（0≤cs x≤12），
所以－4cs2x＋2cs x＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间[π3，π2]上恒成立.
所以y＝g（x）在区间[π3，π2]上单调递增，
所以g（x）≥g（π3）＝32－ln（π3＋1）＞32－ln 2π3≈32－0.739＞0，
所以当π3≤x≤π2时，f（x）＞ln（x＋1）.
2.[命题点1/2024湖北部分重点中学联考]已知函数f（x）＝ln x＋a2x2－（a＋1）x.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设x1，x2（0＜x1＜x2）是函数g（x）＝f（x）＋x的两个极值点，证明：g（x1）－
g（x2）＜a2－ln a恒成立.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝1x＋ax－（a＋1）＝ax2－（a+1）x+1x＝（x－1)(ax－1）x，
①当a≤0时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1，令f'x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
②当0＜a＜1时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1或x＞1a，令f'（x）＜0，得1＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减；
③当a＝1时，f'（x）≥0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
④当a＞1时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1a或x＞1，令f'（x）＜0，得1a＜x＜1，
所以f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.综上，当a≤0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
当0＜a＜1时，f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减；
当a＝1时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞1时，f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.
（2）g（x）＝f（x）＋x＝ln x＋a2x2－ax，则g（x）的定义域为（0，＋∞），g'（x）＝1x＋ax－a＝ax2－ax+1x.
因为g（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），所以关于x的方程ax2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4a＞0，且x1＋x2＝1，x1x2＝1a＞0，所以a＞4.
因为0＜x1＜x2，所以x12＜x1x2＝1a，得0＜x1＜1a.
所以g（x1）－g（x2）＝ln x1＋a2x12－ax1－ln x2－a2x22＋ax2＝ln x1＋ln（ax1）＋a2－ax1，
设h（t）＝ln t＋ln（at）＋a2－at，则h'（t）＝2t－a，令h'（t）＝0，得t＝2a.
因为2a－1a＝2－aa＜0，所以2a＜1a.
当t∈（0，2a）时，h'（t）＞0，当t∈（2a，1a）时，h'（t）＜0，
所以h（t）在区间（0，2a）上单调递增，在区间（2a，1a）上单调递减，所以h（t）在（0，1a）上的最大值为h（2a）＝2ln 2－ln a＋a2－2，而2ln 2－2＜0，
所以h（2a）＝2ln 2－ln a＋a2－2＜a2－ln a，
从而g（x1）－g（x2）＜a2－ln a恒成立.
3.[命题点2]设函数f（x）＝aexln x＋bex－1x，曲线y＝f（x）在点（1， f（1））处的切线方程为y＝e（x－1）＋2.
（1）求a，b；
（2）证明：f（x）＞1.
解析 （1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝aexln x＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.
由题意可得f（1）＝b＝2，f'（1）＝ae＝e.
解得a＝1，b＝2.
（2）由（1）知，f（x）＝exln x＋2xex－1，
从而f（x）＞1等价于xln x＞xe－x－2e.
设函数g（x）＝xln x，则g'（x）＝1＋ln x.
所以当x∈（0，1e）时，g'（x）＜0；当x∈（1e，＋∞）时，g'（x）＞0.
故g（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，＋∞）上单调递增，
从而g（x）在（0，＋∞）上的最小值为g（1e）＝－1e.
设函数h（x）＝xe－x－2e，则h'（x）＝e－x（1－x）.
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0.
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－1e.
综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1.
4.[命题点3/2023绵阳市一诊]已知函数f（x）＝2ex－x2－ax－2，当x≥0时，f（x）≥0.
（1）求a的取值范围；
（2）求证：（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）＜5（n∈N*）.
解析 （1）由题意得f '（x）＝2ex－2x－a.
令g（x）＝2ex－2x－a，则当x≥0时，g'（x）＝2ex－2≥0（当且仅当x＝0时“＝”成立），
∴函数f '（x）在区间[0，＋∞）上单调递增，
则当x≥0时，函数f '（x）≥f '（0）＝2－a.
①当2－a≥0，即a≤2时，可得f '（x）≥f '（0）≥0在[0，＋∞）上恒成立（“＝”不恒成立），
∴函数f（x）在[0，＋∞）上单调递增.
∴f（x）≥f（0）＝0在[0，＋∞）上恒成立.
②当2－a＜0，即a＞2时，f '（0）＝2－a＜0，且存在x0＞0，当x∈[0，x0）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减.
又f（0）＝0，∴当x∈[0，x0）时，f（x）＜0，
这与当x≥0时，f（x）≥0矛盾.
综上，实数a的取值范围是（－∞，2].
（2）由（1）得当a＝2，x≥0时，不等式f（x）＝2ex－x2－2x－2≥0恒成立，
∴2ex－1≥x2＋2x＋1.
令x＝n（n∈N*），得2en－1≥n2＋2n＋1，
∴22en－1≤2n2+2n+1＜2n（n+2）＝1n－1n+2.
令h（x）＝ln x－x＋1，则h'（x）＝1－xx，
当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（1，＋∞）上单调递减.
∴h（x）≤h（1）＝0，则ln x≤x－1（当且仅当x＝1时等号成立）.
∴ln（1＋22en－1）＜22en－1＜1n－1n+2，
∴ln[（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）]＝ln（1＋22e－1）＋ln（1＋22e2－1）＋ln（1＋22e3－1）＋…＋ln（1＋22en－1）＜（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1n－1－1n+1）＋（1n－1n+2）＝32－1n+1－1n+2＜ln e32＝lne3＜ln25＝ln 5.
∴（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）＜5.
学生用书·练习帮P285
1.[2024广东省江门市部分学校联考]已知函数f（x）＝x（ln x＋a），a∈R.
（1）求f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥1时，f（x）＜aex－1.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f '（x）＝ln x＋1＋a，
令f '（x）＝0，得x＝e－a－1.
由f '（x）＜0，解得0＜x＜e－a－1，由f '（x）＞0，解得x＞e－a－1.
所以f（x）的单调递减区间为（0，e－a－1），单调递增区间为（e－a－1，＋∞）.
（2）令φ（x）＝f（x）－aex＋1＝a（x－ex）＋xln x＋1（x＞0），
若证f（x）＜aex－1，即证φ（x）＜0.
令k（x）＝x－ex（x＞0），则k'（x）＝1－ex＜0，所以k（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以k（x）≤0－e0＝－1＜0.
由a≥1，x－ex＜0，可得φ（x）＝a（x－ex）＋xln x＋1≤x－ex＋xln x＋1，
故若证φ（x）＜0，
即证x－ex＋xln x＋1＜0，
又x＞0，即证exx－ln x－1x－1＞0.
令g（x）＝exx－ln x－1x－1（x＞0），
则g'（x）＝（x－1）exx2－1x＋1x2＝（x－1)(ex－1）x2（x＞0）.
因为当x＞0时，ex－1＞0，
所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上单调递减，当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝e－1－1＝e－2＞0，
所以g（x）＞0，上式得证，结论成立.
2.[2024惠州调研]设函数f（x）＝xex＋ax2－2ax，g（x）＝3lnxx＋2ax＋2ex，a∈R.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若a∈[－1，0），求证：g（x）＜4a＋3.
解析 （1）由题意得f'（x）＝1－xex＋2ax－2a＝（x－1）·（2a－1ex）.
①当a≤0时，2a－1ex＜0，令f'（x）＝0，则x＝1，
当x∈（－∞，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
②当a＞0时，令f'（x）＝0，则x1＝1，x2＝－ln 2a.
当－ln 2a＜1，即a＞12e时，
当x∈（－∞，－ln 2a）和（1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（－ln 2a，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
当－ln 2a＝1，即a＝12e时，f'（x）≥0，f（x）在R上单调递增.
当－ln 2a＞1，即0＜a＜12e时，
当x∈（－∞，1）和（－ln 2a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，－ln 2a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
综上所述，当a≤0时，f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
当0＜a＜12e时，f（x）在（－∞，1）和（－ln 2a，＋∞）上单调递增，在（1，－ln 2a）上单调递减；
当a＝12e时，f（x）在R上单调递增；
当a＞12e时，f（x）在（－∞，－ln 2a）和（1，＋∞）上单调递增，在（－ln 2a，1）上单调递减.
（2）由题知g（x）的定义域为（0，＋∞），要证g（x）＜4a＋3，a∈[－1，0），
即证3lnxx＋2ax＋2ex＜4a＋3，a∈[－1，0），
即证32ln x＋ax2＋xex＜（2a＋32）x，a∈[－1，0），
即证xex＋ax2－2ax＜32（x－ln x），a∈[－1，0）.
由（1）可得当a∈[－1，0）时，f（x）＝xex＋ax2－2ax在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
故xex＋ax2－2ax≤1e1＋a－2a＝1e－a，当且仅当x＝1时取等号，
故xex＋ax2－2ax≤1e＋1，当且仅当a＝－1，x＝1时取等号.
设h（x）＝32（x－ln x），则h'（x）＝3（x－1）2x（x＞0），
故当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增.
故h（x）≥h（1）＝32，即32（x－ln x）≥32.
故xex＋ax2－2ax≤1e＋1＜32≤32（x－ln x），a∈[－1，0），
故g（x）＜4a＋3，a∈[－1，0）得证.
3.[2023广州市二检]已知函数f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝ax2＋x.
（1）当x＞－1时，f（x）≤g（x），求实数a的取值范围；
（2）已知n∈N*，证明：sin 1n+1＋sin 1n+2＋…＋sin 12n＜ln 2.
解析 （1）解法一 由f（x）≤g（x），得ln（1＋x）≤ax2＋x，
若x＝0，得0≤0，a∈R.
若x≠0，得ln（1+x）－xx2≤a.
记h（x）＝ln（1+x）－xx2（x＞－1），
则h'（x）＝x2+2x1+x－2ln（1+x）x3.
记p（x）＝x2+2x1+x－2ln（1＋x），则p'（x）＝x2（1+x）2≥0，p（x）单调递增.
因为p（0）＝0，
所以当x＞0时，p（x）＞0，h'（x）＞0；当－1＜x＜0时，p（x）＜0，h'（x）＞0.
所以h（x）在（－1，0）和（0，＋∞）上单调递增.
因为当x→＋∞时，ln（1+x）－xx2 → 0，
所以a≥0.
综上所述，实数a的取值范围是[0，＋∞）.
解法二 令h（x）＝ln（1＋x）－x（x＞－1），
则h'（x）＝11+x－1＝－x1+x（x＞－1），
当－1＜x＜0时，h'（x）＞0，h（x）在（－1，0）上单调递增；
当x＞0时，h'（x）＜0，h（x）在（0，＋∞）上单调递减.
所以当x＝0时，h（x）取得最大值，且最大值为h（0）＝0.
所以当x＞－1时，h（x）≤h（0）＝0，即ln（1＋x）≤x.
所以当a≥0时，ln（1＋x）≤x≤ax2＋x，即f（x）≤g（x）.
当a＜0时，取x0＝－1a＞0，（提示：观察g（x）＝ax2＋x＝x（ax＋1），得g（x）的其中一个零点为x0＝－1a）
由于ln（1＋x0）＞ln 1＝0，而ax02＋x0＝a·（－1a）2－1a＝0，
所以ln（1＋x0）＞ax02＋x0，
故f（x0）＞g（x0），不符合题意.
综上所述，实数a的取值范围是[0，＋∞）.
（2）由（1）得ln（1＋x）≤x，得ln x≤x－1，
得ln x≥1－1x（x＞0），当且仅当x＝1时取等号，
所以x＞1时，ln x＞1－1x.
令1t＝1－1x（t＞1），得x＝tt－1＞1，
所以lntt－1＞1t（t＞1），
即ln t－ln（t－1）＞1t（t＞1），
所以1n＋k ＜ln（n＋k）－ln（n＋k－1），k＝1，2，…，n.
令φ（x）＝x－sin x（x＞0），则φ'（x）＝1－cs x≥0，
故φ（x）在（0，＋∞）上单调递增.
所以φ（x）＞0－sin 0＝0.
所以sin x＜x（x＞0）.
所以sin1n＋k＜1n＋k＜ln（n＋k）－ln（n＋k－1），k＝1，2，…，n.
所以sin1n+1＋sin1n+2＋…＋sin12n
＜[ln（n＋1）－ln n]＋[ln（n＋2）－ln（n＋1）]＋…＋[ln（2n）－ln（2n－1）]
＝ln（2n）－ln n
＝ln 2.
4.[2023河北名校4月模拟]已知函数f（x）＝ex－（x－a）2（x＞0），e为自然对数的底数，a∈R.
（1）讨论函数f（x）的极值点个数；
（2）当函数f（x）存在唯一极值点x0时，求证：a＋esinx02＜x0＜－4a.
解析 （1）令g（x）＝f '（x）＝ex－2x＋2a，则g'（x）＝ex－2，
当0＜x＜ln 2时，g'（x）＜0，f '（x）单调递减；
当x＞ln 2时，g'（x）＞0，f '（x）单调递增，
所以f '（x）≥f '（ln 2）＝2（1－ln 2＋a）.
当a≥ln 2－1＝ln 2e时，f '（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，此时f（x）无极值点.
当a＜ln 2－1＝ln 2e时，f '（ln 2）＜0，e0－2×0＋2a＝1＋2a.
若－12＜a＜ln 2e，则1＋2a＞0，f '（2）＝e2－4＋2a＞0，所以f '（x）在（0，ln 2），
（ln 2，2）上各有一个零点，即f（x）有两个极值点.
若a≤－12，则1＋2a≤0，当x→＋∞时，f '（x）→＋∞，所以f '（x）在（0，＋∞）上有一个零点，即f（x）有一个极值点.
综上：当a≤－12时，f（x）有一个极值点；当－12＜a＜ln 2e时，f（x）有两个极值点；
当a≥ln 2e时，f（x）无极值点.
（2）由（1）知，当f（x）存在唯一极值点x0时，a≤－12，
f '（x0）＝ex0－2x0＋2a＝0，
所以a＝x0－ex02，
则要证a＋esin x02＜x0，只需证x0－ex02＋esin x02＜x0，即证sin x0－ex0－1＜0.
对于y＝x－sin x，x∈（0，＋∞），y'＝1－cs x≥0，即y＝x－sin x在x∈（0，＋∞）上单调递增，
所以y＝x－sin x＞0，即x＞sin x在x∈（0，＋∞）上恒成立；
对于y＝x－ex－1，x∈（0，＋∞），y'＝1－ex－1，在（0，1）上y'＞0，在（1，＋∞）上y'＜0，
所以y＝x－ex－1在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以ymax＝1－e1－1＝0，故y＝x－ex－1≤0，即x≤ex－1在x∈（0，＋∞）上恒成立.
综上，ex－1≥x＞sin x在x∈（0，＋∞）上恒成立，故sin x0－ex0－1＜0成立，从而a＋esin x02＜x0.
要证x0＜－4a，即证2ex0－5x0＞0.
令h（x）＝2ex－5x，x∈（0，＋∞），则h'（x）＝2ex－5.
当0＜x＜ln 52时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；
当x＞ln 52时，h'（x）＞0，h（x）单调递增.
所以h（x）≥h（ln 52）＝5（1－ln 52）＝5ln2e5＞0，
即2ex－5x＞0在（0，＋∞）上恒成立.
综上，a＋esin x02＜x0＜－4a.