备考2024届高考数学一轮复习好题精练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

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（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）＋xlnx＋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）＋xlnx＋1≤x－ex＋xlnx＋1，
故若证φ（x）＜0，
即证x－ex＋xlnx＋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≥ln2e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＋esinx02＜x0，只需证x0－ex02＋esinx02＜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＋esinx02＜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＋esinx02＜x0＜－4a.