【技巧归纳+能力拓展】专项训练六 函数导数与不等式（考点4 函数导数与不等式的综合问题）-备战2023年高考数学二轮复习《大题拆小做 题型轻松过》专项训练（新高考专用）

新高考数学 大题专项训练 学科精品资源 专项六 函数导数与不等式 考点4 函数导数与不等式的综合问题 大题 拆解技巧 【母题】(2021年新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<+<e. 【拆解1】已知函数f(x)=x(1-ln x),讨论f(x)的单调性. 【拆解2】本例条件不变,设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,求证:2<+. 【拆解3】本例条件不变,设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:+<e. 小做 变式训练 已知函数f(x)=ax2+(a+1)x+ln x(a≠0). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,求证:f(x)≤-2-. 【拆解1】已知函数f(x)=ax2+(a+1)x+ln x(a≠0),讨论f(x)的单调性. 【拆解2】试证明ln x-x+1≤0. 【拆解3】本例条件不变,当a<0时,求证:f(x)≤-2-. 技巧归纳 1.证明不等式的基本方法: (1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b);②∀x1,x2∈[a,b],且x1<x2,有f(x1)<f(x2).对于减函数有类似结论. (2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则∀x∈D,有f(x)≤M(或f(x)≥m). 2.证明f(x)<g(x),可先构造函数F(x)=f(x)-g(x),然后证明F(x)<0. 突破 实战训练 <基础过关> 1.已知函数f(x)=(x>0). (1)判断函数f(x)在(0,π)上的单调性; (2)求证:函数f(x)在(π,2π)内存在唯一的极值点x0,且f(x0)<-. 2.已知函数f(x)=-ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若a∈[1,+∞),求证:aex-ln(ax)-(e-1)x≥1. 3.已知函数f(x)=x-sin x-ln x+1. (1)当m=2时,试判断函数f(x)在(π,+∞)上的单调性; (2)存在x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,f(x1)=f(x2),求证:x1x2<m2. 4.已知函数f(x)=asin(1-x)+ln x,a∈R. (1)若函数f(x)在区间(0,1)内单调递增,求a的取值范围; (2)求证:对任意n∈N*,sin +sin +sin +…+sin <+ln 2. <能力拔高> 5.已知函数f(x)=xex-a(x2+2x)(a∈R). (1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)当a>时,函数f(x)有三个不同的零点x1,x2,x3,求证:<ln a. 6.已知函数f(x)=ex-exsin x,x∈(e为自然对数的底数). (1)求函数f(x)的值域; (2)若不等式f(x)≥k(x-1)(1-sin x)对任意x∈恒成立,求实数k的取值范围; (3)证明:ex-1>-+1. <拓展延伸> 7.已知函数f(x)=2ex-ax2+1. (1)若f(x)在(0,+∞)上不单调,求实数a的取值范围. (2)若f(x)在区间(0,+∞)上存在极大值M,求证:M<a+1. 8.已知函数f(x)=ex,其中e是自然对数的底数. (1)求函数y=f(x)-x的最小值; (2)求证:f(x)ln x+>. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $新高考数学 大题专项训练 学科精品资源 专项六 函数导数与不等式 考点4 函数导数与不等式的综合问题 大题 拆解技巧 【母题】(2021年新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<+<e. 【拆解1】已知函数f(x)=x(1-ln x),讨论f(x)的单调性. 【解析】由题意可知x>0,f'(x)=-ln x, 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. 【拆解2】本例条件不变,设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,求证:2<+. 【解析】由bln a-aln b=a-b两边同时除以ab,得-ln =-ln ,令x1=,x2=,x1≠x2,不妨设x1<x2, 则由(1)知0<x1<1<x2<e, 待证结论⇔2<x1+x2<e. 下面证明x1+x2>2. 令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(