课时检测训练19 构造函数证明不等式-【勤径学升】2024高考数学一轮总复习课时训练

课时检测训练19 构造函数证明不等式 >对应答案P495 1.已知函数f(x)=ae'-lnx一1. 3.(2022·山西太原·二模)已知函数f(x)=lnx (1)设x=2是f(r)的极值点，求a,并求f(x)的 rg(x)=e+sinx,其中a∈R. 单调区间： (1)试讨论函数f(x)的单调性： (2)证明：当a≥1时，f(x)≥0. (2)若a=1,证明：f(x)<gx2 2.已知函数f(x)=ln1+2x)+m 4.(2023·湖北武汉高三模拟)已知函数f(x)=e (1)若f(x)≤0，求实数m的值： -x十acos a. (2)当n≥3且n∈N时，证明：e+++女+ (1)若函数f(x)在[0，x]上单调递增，求a的取 <√1+2+…+n. 值范围： (2)证明：当a≥1时，f(x)>xlnx+1-4x. 265 课时检测训练·数学·RJAh(-2》=2e,故2m≤2e,即wm≤e: 当r>-1时，2m≥十4+3，由上知，当-1<1<0时， 相来得e小+市)<是·音·亭‘n”2周 十1 (r+1)e =n+1D=1+2+…+, h'(x)>0,h(x)单调递增：当x>0时，h'(x)<0,h(x)草满 2 递减， “e+-+动<√/小+2+…十n. 则(x)≤h(0)=2,放2n≥2，即m≥1. 3.解(1)fx)=lnx+a的定义城为(0，十e∞). 综上可得，m∈[1，e]. 课时检测调练19构造函数证明不等式 f(r)=1-4=*-a rrr 1.解 )f的定义域为(0，+∞)，f(x)=ae- 当ù≤0时，f(x)>0,f(x)在(0，十o∞)上单调递增： 由题设知，f(2)=0,所以a=2交 1 当a>0时，令了(r)>0,解得x>u,f(x)在(a,十∞)上单 调递增：令了(x)<0,解得0<x<a, 从两)=e-n-lf)=e-子 .f(r)在(0，a)上单调递减. 综上所迷，当G≤0时，f(x)在(0，+∞)上单用递增，无减 当0<x<2时，f(x)<0,当r>2时，f(x)>0. 区间： 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2， 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调是减，在(a,十oo)上单调 十6∞)， 地增， (2)证明：当≥上时，/(r)≥g-lnx-1(x>0. (2)证明：“a=1.f八x)=nr+子，即证nx+ x 设g()=g-hx-1(x>0),则g(x)=g-上(x>0. e x <etsin r 当0<r<1时，g'(x)<0:当x>1时，g'(x)>0. 0.e'+sin t-rin r-1>0. 所以x=1是g(x)的校小值点，也是最小值点. 当x∈(0,1)时，e>1,sinx>0,xlnr0, 故当x>0时，(x)≥g(1)=0, ..e'+sin r-rin.r-1>1-1=0. 因此：当a≥时，≥0 当x∈[1，+oo)时，令g(x)=e'+sinx-xlnx-1,则g(x) 2解(1)当m≥0时，由>一言，得f1)>0不符合意意。 =e'+cos x-In 2-1. gu)=e-mr-≥e-1-1>0, 六m<0f（x)=1+2x+m .g'(x)=e'十cosr-lnx-1在[1，十co)上单调递增， 1+2x .g(x)≥g'(1)=e+cos1-0-1>0, 1.1 1 令f(x)<0,得>-22m冷f(x)>0.得-立 <I< “g(x)=e十imx-znx-1在[1，十∞)上单调递增， 11 ∴g(x)≥g(1)=e+sin1-0-1>0. -22m 综上所迷，fx)<e±in上，即fx)<巴 则通数f(x)在（十）上单调提减，在 4.解(1)因为函数f(x)在[0，π]上单调递增， (仁名一令一动)上单调递增， 所以f(x)=e一1一asin r≥0在[0，π]上恒成立. 当a≤0时，即一a≥0.因为x∈[0，x],所以sinx≥0，则 :)在r=一号品处取得最大值。 -asin x≥0.又e-1≥0.所以e-1-asin≥0，印f(x) ≥0恒成立，符合题意； :f(x)≤0=f(0), 当a>0时，令g(r)=e一1一asin x,则g”(x)=e 立六-0m=-1 acos x,设n(x)=e一acos,则n(r)=e+asin r.>0, （2②由（0为当m=-1时，令了-径-0，用x=0, 则g(x)在[0，π]上单调递增，当0<a≤1时，g(0)=1一 4≥0，g'(x)≥g'(0)=0,所以g(x)在[0，x]上单调递增， 当xe(-20)时(x)>0: 即g(x)≥g(0)=0,符合题意： 当r∈(0，十∞)时，f(x)<0 当a>1时，g(0)=1-a<0,g'(受）=e>0,则存在x,∈ 所以西数x)在（一