专题十九 证明不等式之参数放缩问题-2023届高考数学一轮复习导数解答题综合训练

专题十九 证明不等式之参数放缩问题 1．已知f（x）＝ex﹣1+ln（+1）． （1）若函数f（x）在（﹣1，0）上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若a∈（0，1]且x＞0，证明：f（x）＞2x． 2．已知函数f（x）＝（ex﹣x）﹣a（e﹣x+x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当a≤e且x≥0时，f（x）≥﹣2． 3．已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1． （1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间； （2）证明：当a≥时，f（x）≥0． 4．已知函数f（x）＝． （1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程； （2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0． 5．已知函数f（x）＝（x2+a）ex﹣a（x+1）． （1）当a＝0时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若a≥﹣2，证明：当x≥0时，f（x）≥0． 6．已知函数f（x）＝lnx﹣kx+k． （Ⅰ）若f（x）≥0有唯一解，求实数k的值； （Ⅱ）证明：当a≤1时，x（f（x）+kx﹣k）＜ex﹣ax2﹣1． （附：ln2≈0.69，ln3≈1.10，，e2≈7.39） 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十九 证明不等式之参数放缩问题 1．已知f（x）＝ex﹣1+ln（+1）． （1）若函数f（x）在（﹣1，0）上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若a∈（0，1]且x＞0，证明：f（x）＞2x． 【分析】（1）由+1＞0在（﹣1，0）上恒成立．对a分类讨论可得：a∈（﹣∞，0）∪[1，+∞）．根据f（x）在（﹣1，0）上单调递增，当a≥1时，容易得出单调性．当a＜0时，利用导数研究函数的单调性即可得出． （2）a∈（0，1]且x＞0，f（x）＞2x⇔ex﹣1+ln＞2x．x+1，故只要证明：x＞0，ex﹣1+ln（x+1）＞2x．利用导数研究其单调性即可得出． 【解答】解：（1）由+1＞0在（﹣1，0）上恒成立． 当a＞0时，x＞﹣a，∴﹣a≤﹣1，可得a≥1． 当a＜0时，x＜﹣a，∴﹣a＞0，可得a＜0． 故a∈（﹣∞，0）∪[1，+∞）． 当a≥1时，可得f（x）在（﹣1，0）上单调递增． 当a＜0时， f′（x）＝ex+≥0在（﹣1，0）上恒成立，此时x+a＜0． 故ex（x+a）+1≤0，⇔a≤﹣e﹣x﹣x＝g（x），x∈（﹣1，0）， ∵g′（x）＝e﹣x﹣1＝＞0，∴a≤g（﹣1）＝1﹣e． 综上可得：f（x）在（﹣1，0）上单调递增，实数a的取值范围是（﹣∞，1﹣e]∪[1，+∞）． （2）证明：a∈（0，1]且x＞0，f（x）＞2x⇔ex﹣1+ln＞2x． ∵x+1，故只要证明：x＞0，ex﹣1+ln（x+1）＞2x． 令h（x）＝ex﹣1+ln（x+1）﹣2x（x＞0）． h′（x）＝ex+﹣2， h″（x）＝ex﹣，即h′（x）在（0，+∞）上单调递增，h′（x）＞h′（0）＝0． ∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，h（x）＞h（0）＝0． 故a∈（0，1]且x＞0时，f（x）＞2x． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 2．已知函数f（x）＝（ex﹣x）﹣a（e﹣x+x）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）证明：当a≤e且x≥0时，f（x）≥﹣2． 【分析】（1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出， （2）利用（1）的结论，可知当a≤1时，f（x）≥﹣2恒成立，当1＜a≤e时，根据函数的单调性可得f（x）≥f（lna）＝a﹣lna﹣1﹣alna，再构造函数设g（a）＝a﹣lna﹣1﹣alna，1＜a≤e，利用导数求出函数的最小值即可证明． 【解答】解：（1）∵f（x）＝（ex﹣x）﹣a（e﹣x+x）， ∴f′（x）＝（ex﹣1）﹣a（﹣e﹣x+1）＝ex﹣1+ae﹣x﹣a＝＝， ①当a≤0时，ex﹣a＞0即，令f′（x）＝0，解得x＝0， 当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，函数单调递减， 当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增， ②当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝0，或x＝lna， 当0＜a＜1时，当x∈（lna，0）时，f′（x）＜0，函数单调递减， 当x∈（﹣∞，lna），（0，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增， 当a＞1时，当x∈（0，lna）时，f′（x）＜0，函数单调递减， 当x∈（﹣∞，0），（lna，+∞）时，f′（x）＞0，函数单调递增， 当a＝1时，f′（x）≥0恒成立，则函数f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增， 综上所述：当a≤0时，函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单