专题突破2 导数与不等式-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 专题突破2　导数与不等式 高考 概览 导数与不等式是高考的热点，考查主要以解答题为主，通常作为压轴题在试卷的第22题出现，难度较大，要求能力非常高 考点 研读 无论是不等式的证明、解不等式，还是不等式的恒成立问题、有解问题或无解问题，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质(单调性和最值)，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题是解题的法宝 一、基础小题 1．若不等式ln x－kx≤0恒成立，则实数k的取值范围是(　　) A．[0，e) B．(－∞，e] C. D. 答案　D 解析　由题意可得k≥在区间(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝(x>0)，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，所以f(x)max＝f(e)＝，所以k≥.故选D. 2．已知函数f(x)的定义域为R，设f(x)的导数是f′(x)，且f(x)f′(x)＋sinx>0恒成立，则(　　) A．f<f B．f>f C.< D.> 答案　D 解析　设g(x)＝[f(x)]2－2cosx，则g′(x)＝2f(x)f′(x)＋2sinx>0，故y＝g(x)在定义域R上是增函数，所以g>g，即>，所以>.故选D. 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋2，且f(1)＝2026，则不等式f(x)－2024ex－1<2的解集为(　　) A．(0，＋∞) B. C．(1，＋∞) D．(－∞，1) 答案　C 解析　设函数g(x)＝，所以g′(x)＝＝，因为f(x)>f′(x)＋2，所以f′(x)－f(x)＋2<0，即g′(x)<0，所以g(x)在R上单调递减．因为f(1)＝2026，所以g(1)＝＝，因为f(x)－2024ex－1<2，即<，所以g(x)<g(1)，因为g(x)在R上单调递减，所以x>1.故选C. 4．已知函数f(x)＝，若f(ex)＋f(ax)<0有解，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，－e) C．[－e，0] D．(－∞，－e)∪(0，＋∞) 答案　D 解析　因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，因为f(x)＝1－，所以函数f(x)在R上单调递增．因为f(ex)＋f(ax)<0有解，即f(ex)<－f(ax)有解，所以f(ex)<f(－ax)有解，由函数f(x)在R上单调递增，可得ex<－ax有解． 解法一：令g(x)＝ex＋ax，则g′(x)＝ex＋a.①当a>0时，g′(x)>0，函数g(x)在R上单调递增，g＝e －1<0，符合题意；②当a＝0时，g(x)>0，不符合题意；③当a<0时，令g′(x)＝0，得x＝ln (－a)，当x∈(－∞，ln (－a))时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(ln (－a)，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，因此g(x)min＝g(ln (－a))＝－a＋aln (－a)，由g(x)min<0，解得a<－e.综上，实数a的取值范围为(－∞，－e)∪(0，＋∞)． 解法二：若x>0，则－a>有解，令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，当0<x≤1时，g′(x)≤0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e，故－a>e，即a<－e.若x<0，则－a<有解，易知当x<0时，恒小于零，所以－a<0，即a>0.若x＝0，则f(ex)＋f(ax)＝f(1)＋f(0)＝>0，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，－e)∪(0，＋∞)． 解法三：若a<0，如图，在同一平面直角坐标系内作出y＝ex与y＝－ax的图象，当直线y＝－ax与函数y＝ex的图象相切时，设切点为(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，再结合切线y＝－ax过原点得x0＝1，故a＝－ex0＝－e，由ex<－ax有解，得函数y＝ex的部分图象在直线y＝－ax的下方，所以数形结合可知a<－e；若a>0，易知函数y＝ex的图象必有一部分在直线y＝－ax的下方，符合题意；若a＝0，由y＝ex>0可知，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，－e)∪(0，＋∞)． 5．(多选)已知函数f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若∀x1∈(0，2]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值可以是(　　) A．0 B．－1 C．－2 D．－ 答案　AD 解析　要使∀x1∈(0，2]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x)min≥g(x)min.f′(x)＝－·－＝＝－，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，2]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在[1，2]上单调递增，故当x∈(0，2]时，f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，该函数图象开口向下，所以其在区间[1，2]上的最小值在端点处取得，所以当x∈[1，2]时，g(x)min＝min{g(1)，g(2)}，所以≥g(1)或≥g(2)，所以≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4，解得a≥－.故选AD. 6．已知函数f(x)＝若存在x1，x2(x2＞x1)满足f(x1)＝f(x2)，则x2－2x1的取值范围为________． 答案　[ln 2，2) 解析　显然x1≤0，x2＞0，由题意，可知x1＋2＝ex2，故x1＝ex2－2，∴x2－2x1＝x2－2ex2＋4，由x1≤0，可得ex2－2≤0，∴0＜x2≤ln 2.设g(x)＝x－2ex＋4，则当x∈(0，ln 2]时，g′(x)＝1－2ex＜0，∴g(x)在(0，ln 2]上单调递减，又g(0)＝2，g(ln 2)＝ln 2，∴ln 2≤g(x)＜2.故x2－2x1的取值范围为[ln 2，2)． 二、高考小题 7．(2019·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　) A．[0，1] B．[0，2] C．[0，e] D．[1，e] 答案　C 解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，∴当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，得a≤恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是[0，e]．故选C. 三、模拟小题 8．(2023·广东梅州高三模拟)已知函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，则不等式f(ln x)＋f<2f(1)的解集为(　　) A．(e，＋∞) B．(0，e) C.∪(1，e) D. 答案　D 解析　易知f(x)＝xsinx＋cosx＋x2是偶函数，所以f＝f(－ln x)＝f(ln x)．则原不等式可变形为f(ln x)<f(1)⇔f(|ln x|)<f(1)．又f′(x)＝xcosx＋2x＝x(2＋cosx)．由2＋cosx>0，得当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以|ln x|<1⇔－1<ln x<1⇔<x<e.故选D. 9．(2024·河北衡水武强中学高三模拟)已知函数f(x)＝2x＋a，g(x)＝ln x－2x，如果对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，ln 2－4] B．[ln 2－4，＋∞) C．(－∞，ln 2－8] D．[ln 2－8，＋∞) 答案　C 解析　由g(x)＝ln x－2x，可得g′(x)＝－2＝，当x∈时，g′(x)≤0，∴g(x)在区间上单调递减，∴g(x)min＝g(2)＝ln 2－4，∵f(x)＝2x＋a，∴f(x)在区间上单调递增，∴f(x)max＝f(2)＝4＋a，∵对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，∴4＋a≤ln 2－4，∴a≤ln 2－8，故实数a的取值范围为(－∞，ln 2－8]．故选C. 10．(2023·天津南开中学高三学情调查)已知函数f(x)＝若f(x)≥|x－m|恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A. B．(－∞，4－2ln 2] C. D. 答案　A 解析　f(x)≥|x－m|恒成立可以转化为函数y＝f(x)的图象不在y＝|x－m|图象的下方．∵当x≤2时，f(x)＝e2－x＋x－1，∴f′(x)＝－e2－x＋1≤0，∴f(x)在(－∞，2]上单调递减，且f(2)＝2，又当x>2时，f(x)＝2x2－8x＋10＝2(x－2)2＋2，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递增，易知f(x)的图象在x＝2处连续，画出函数图象如图所示．g(x)＝|x－m|＝当f(x)＝2x2－8x＋10(x>2)的图象与直线y＝x－m相切时，设切点的横坐标为x1，∴f′(x1)＝1，即4x1－8＝1，解得x1＝，切点坐标为，此时m＝，结合图象可知m≥；当f(x)＝e2－x＋x－1(x≤2)的图象与直线y＝m－x相切时，设切点的横坐标为x2，∴f′(x2)＝－1，即－e2－x2＋1＝－1，解得x2＝2－ln 2，∴切点坐标为(2－ln 2，3－ln 2)，此时m＝5－2ln 2，结合图象可知m≤5－2ln 2.综上，实数m的取值范围为≤m≤5－2ln 2.故选A. 11．(2023·江苏常州联盟学校高三学情调研)设函数f(x)＝x2－4x＋aln x，若函数y＝f(x)存在两个极值点x1，x2，且不等式f(x1)＋f(x2)≥x1＋x2＋t恒成立，则t的取值范围为(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，－16－8ln 2] C. D．(－∞，－13] 答案　D 解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－4＋＝，x>0，又函数y＝f(x)存在两个极值点x1，x2，所以方程x2－4x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的正实数根，则解得0<a<4，又f(x1)＋f(x2)－(x1＋x2)＝x－4x1＋aln x1＋x－4x2＋aln x2－x1－x2＝[(x1＋x2)2－2x1x2]－5(x1＋x2)＋aln (x1x2)＝(16－2a)－20＋aln a＝aln a－a－12，设h(a)＝aln a－a－12，0<a<4，则h′(a)＝ln a，当0<a<1时，h′(a)<0，h(a)单调递减，当1<a<4时，h′(a)>0，h(a)单调递增，所以h(a)min＝h(1)＝－13，因为不等式f(x1)＋f(x2)≥x1＋x2＋t恒成立，即f(x1)＋f(x2)－(x1＋x2)≥t恒成立，所以t≤－13.故选D. 12．(2023·河南洛阳高三统考)已知函数f(x)＝xa－aln x(a>0)，g(x)＝ex－x，若x∈(1，e2)时，f(x)≤g(x)成立，则实数a的最大值是(　　) A．1 B．e C. D．e2 答案　B 解析　由题意知，当x∈(1，e2)时，f(x)≤g(x)恒成立，即xa－aln x≤ex－x在(1，e2)上恒成立，也就是eln xa－ln xa≤ex－x在(1，e2)上恒成立，令m(x)＝ex－x(x>0)，则m′(x)＝ex－1>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则由eln xa－ln xa≤ex－x可得ln xa≤x，即a≤在(1，e2)上恒成立，令n(x)＝，x∈(1，e2)，有n′(x)＝，当x∈(1，e)时，n′(x)<0，n(x)单调递减；当x∈(e，e2)时，n′(x)>0，n(x)单调递增．故n(x)＝，x∈(1，e2)在x＝e时取得最小值n(e)＝＝e，则由a≤在(1，e2)上恒成立，可知a≤e，故实数a的最大值为e.故选B. 13．(2024·湖南常德第一中学高三月考)已知函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，且当x>0时，ln x·f′(x)＋·f(x)<0，则不等式(x－985)f(x)>0的解集为________． 答案　(0，985) 解析　令函数g(x)＝ln x·f(x)，则g′(x)＝·f(x)＋ln x·f′(x)<0，即当x>0时，函数g(x)单调递减，因为g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)>0，当x>1时，g(x)<0.因为当0<x<1时，ln x<0，当x>1时，ln x>0，所以当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，f(x)<0.又f′(1)·ln 1＋f(1)<0，故f(1)<0，所以当x>0时，f(x)<0；又f(x)为奇函数，所以当x<0时，f(x)>0，当x＝0时，f(x)＝0，所以不等式(x－985)f(x)>0可化为 或解得0<x<985，所以不等式(x－985)f(x)>0的解集为(0，985)． 14．(2024·安徽亳州高三期末)已知a<0，若x>1时，e－x－ln e－x≥xa－ln xa恒成立，则a的最小值为________． 答案　－e 解析　因为a<0，x>1，所以e－x∈(0，1)，xa∈(0，1)．令f(x)＝x－ln x，0<x<1，则f′(x)＝1－＝<0在0<x<1上恒成立，所以f(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减．因为e－x－ln e－x≥xa－ln xa，所以e－x≤xa，两边取对数得ln e－x≤ln xa，即－x≤aln x，故≤a，令g(x)＝，x>1，g′(x)＝，当x∈(1，e)时，g′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)＝在x＝e时取得最大值，g(x)max＝g(e)＝－e，故a≥－e.综上，a的最小值为－e. 一、高考大题 1．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 解　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0， 故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0， 解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0， 则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x>－ln a时，f′(x)>0， 则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证法一：由(1)得， f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋， 即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)， 则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<， 令g′(a)>0，则a>， 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0， 则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 证法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0， 当x>0时，h′(x)>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 以下同证法一． 2．(2023·新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sinx<x； (2)已知函数f(x)＝cosax－ln (1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 解　(1)证明：构建F(x)＝x－sinx， 则F′(x)＝1－cosx>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则F(x)在(0，1)上单调递增，可得F(x)>F(0)＝0， 所以x>sinx，x∈(0，1)； 构建G(x)＝sinx－(x－x2)＝x2－x＋sinx， 则G′(x)＝2x－1＋cosx， 构建g(x)＝G′(x)， 则g′(x)＝2－sinx>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则g(x)在(0，1)上单调递增，可得g(x)>g(0)＝0， 即G′(x)>0对任意x∈(0，1)恒成立， 则G(x)在(0，1)上单调递增，可得G(x)>G(0)＝0， 所以sinx>x－x2，x∈(0，1)． 综上所述，当0<x<1时，x－x2<sinx<x. (2)解法一：由1－x2>0，解得－1<x<1，即函数f(x)的定义域为(－1，1)． 若a＝0，则f(x)＝1－ln (1－x2)，x∈(－1，1)， 因为y＝1－ln u在定义域内单调递减，u＝1－x2在(－1，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 则f(x)＝1－ln (1－x2)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， 故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意， 所以a≠0. 当a≠0时，令b＝|a|>0， 因为f(x)＝cosax－ln (1－x2)＝cos(|a|x)－ln (1－x2)＝cosbx－ln (1－x2)， 且f(－x)＝cos(－bx)－ln [1－(－x)2]＝cosbx－ln (1－x2)＝f(x)， 所以函数f(x)在定义域内为偶函数． 由题意可得，f′(x)＝－bsinbx－，x∈(－1，1)， (ⅰ)当0<b2≤2时，取m＝min， x∈(0，m)，则bx∈(0，1)， 由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－>－b2x－＝， 且b2x2>0，2－b2≥0，1－x2>0， 所以f′(x)>>0， 即当x∈(0，m)⊆(0，1)时，f′(x)>0，则f(x)在(0，m)上单调递增， 结合偶函数图象的对称性可知，f(x)在(－m，0)上单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意； (ⅱ)当b2>2时，取x∈⊆(0，1)， 则bx∈(0，1)， 由(1)可得f′(x)＝－bsinbx－<－b(bx－b2x2)－＝(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)． 构建h(x)＝－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2， 则h′(x)＝－3b3x2＋2b2x＋b3， 且h′(0)＝b3>0，h′＝b3－b>0， 则h′(x)>0对任意x∈恒成立， 可知h(x)在上单调递增， 且h(0)＝2－b2<0，h＝2>0， 所以h(x)在内存在唯一的零点n∈， 当x∈(0，n)时，则h(x)<0，且x>0，1－x2>0， 则f′(x)<(－b3x3＋b2x2＋b3x＋2－b2)<0， 即当x∈(0，n)⊆(0，1)时，f′(x)<0，则f(x)在(0，n)上单调递减， 结合偶函数图象的对称性可知，f(x)在(－n，0)上单调递增， 所以x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 综上所述，b2>2，即a2>2，解得a>或a<－， 故a的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)． 解法二：由f(x)＝cosax－ln (1－x2)， 得f′(x)＝－asinax＋(－1＜x＜1)， 令t(x)＝－asinax＋(－1＜x＜1)， 则t′(x)＝－a2cosax＋(－1＜x＜1)． 由x＝0是f(x)的极大值点，易得f′(0)＝0，t′(0)＜0， 所以2－a2＜0，解得a＜－或a＞. 所以a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)． 3．(2023·全国甲卷)已知f(x)＝ax－，x∈. (1)若a＝8，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＜sin2x恒成立，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝a－＝a－＝a－. 令cos2x＝t，则t∈(0，1)， 则f′(x)＝g(t)＝a－＝. 当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝＝. 当t∈，即x∈时，f′(x)＜0； 当t∈，即x∈时，f′(x)＞0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设h(x)＝f(x)－sin2x， h′(x)＝f′(x)－2cos2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－， 设φ(t)＝a＋2－4t＋－，则当0<t<1时， φ′(t)＝－4－＋＝ ＝－＞0， 所以φ(t)在(0，1)上单调递增， 所以φ(t)＜φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，h′(x)＝φ(t)＜a－3≤0， 即h(x)在上单调递减， 所以h(x)＜h(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]时，f(x)＜sin2x，符合题意． ②若a∈(3，＋∞)， 当t→0时，－＝－3＋→－∞， 所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3＞0， 所以∃t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0， 即∃x0∈，使得h′(x0)＝0. 当t∈(t0，1)时，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以当x∈(0，x0)时，h(x)＞h(0)＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 4．(2023·天津高考)已知函数f(x)＝ln (x＋1)． (1)求曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率； (2)当x>0时，证明：f(x)>1； (3)证明：<ln (n！)－ln n＋n≤1，n∈N*. 解　(1)f′(x)＝－ln (x＋1)＋， 所以f′(2)＝－， 故曲线y＝f(x)在x＝2处切线的斜率为－. (2)证明：构造g(t)＝ln t－(t≥1)， 则g′(t)＝－＝≥0， 所以函数g(t)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(t)≥g(1)＝0， 所以ln t>(t>1)． 令x＋1＝t(x>0)，则ln (x＋1)>(x>0)， 所以当x>0时，ln (x＋1)>1， 即f(x)>1. (3)证明：先证ln (n！)－ln n＋n≤1. 令h(n)＝ln (n！)－ln n＋n，n∈N*， 则h(n＋1)－h(n)＝ln (n＋1)－ln (n＋1)＋ln n＋1＝1－ln ， 由(2)可知ln (x＋1)>1，令n＝， 则1－ln <0， 故h(n)单调递减，则h(n)≤h(1)＝1，得证． 再证ln (n！)－ln n＋n>. 证法一：构造s(x)＝ln x－，x>0， 则s′(x)＝－＝－， 当0<x<1时，s′(x)>0，当x>1时，s′(x)<0， 故s(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故s(x)≤s(1)＝0，即ln x≤. 又当n≥2时，h(n)－h(n＋1)＝ln －1≤·－1＝<＝， 所以h(1)－h(2)＋h(2)－h(3)＋…＋h(n－1)－h(n)＝h(1)－h(n)<1－ln 2＋ln 2－2＋＝ln 2－1＋<ln 2－1＋<， 故h(n)>h(1)－＝，得证． 综上，<ln (n！)－ln n＋n≤1，n∈N*. 证法二：先证不等式ln (1＋x)－1<成立． 令p(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)， 则p′(x)＝－≤0，故p(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x>0时，p(x)<p(0)＝0， 所以当n≥2时，ln －1<<＝. 以下同证法一． 二、模拟大题 5．(2024·甘肃武威四校高三联考)已知函数f(x)＝x2＋axln x(a∈R)． (1)若f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (2)若a＝1，证明：f(x)≥x－e－x. 解　(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 则f′(x)＝2x＋aln x＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即a≥－在(1，＋∞)上恒成立． 令h(x)＝－， 所以h′(x)＝－＝－＜0在(1，＋∞)上恒成立， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(1)＝－2， 所以a≥－2，即a的取值范围为[－2，＋∞)． (2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋xln x，要证f(x)≥x－e－x，即证x2＋xln x≥x－e－x， 即证x＋ln x＋－1≥0， 即证ln (xex)＋－1≥0， 令xex＝t，t>0，即证ln t＋－1≥0. 令g(t)＝ln t＋－1，t∈(0，＋∞)， 所以g′(t)＝－＝， 令g′(t)＝0，解得t＝1. 当0<t<1时，g′(t)<0，所以g(t)在(0，1)上单调递减； 当t>1时，g′(t)>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增． 所以当t＝1时，g(t)取得极小值也是最小值，所以g(t)≥g(1)＝0，即ln t＋－1≥0，所以f(x)≥x－e－x. 6．(2024·广东六校高三联考)已知函数f(x)＝＋a(x－1)，a∈R. (1)讨论f(x)的极值点的个数； (2)若g(x)＝xf(x)，且对任意的x∈[1，＋∞)都有g(x)≤0，求实数a的取值范围． 解　(1)由函数f(x)＝＋a(x－1)的定义域为(0，＋∞)，可得f′(x)＝a－， 令f′(x)＝0，得a＝， 令h(x)＝，则h′(x)＝， 当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(e)＝， 又当0<x<e时，h(x)<0且h(e)＝0，当x→＋∞时，h(x)→0， 所以当a≥时，f(x)无极值点； 当0<a<时，f(x)有两个极值点； 当a≤0时，f(x)有1个极值点． (2)解法一：由g(x)＝xf(x)＝ln x＋ax2－ax，可得g′(x)＝＋2ax－a，且g(1)＝0， 若g′(1)＝a＋1>0，即a>－1，则∃x0>1，使得x∈(1，x0)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(1，x0)上单调递增，所以g(x0)>g(1)＝0，此时与题意不符，故g′(1)≤0，可得a≤－1. 下证当a≤－1时，g(x)≤0对x∈[1，＋∞)恒成立． 令m(x)＝g′(x)＝＋2ax－a， 则m′(x)＝－＋2a. 因为x∈[1，＋∞)，a≤－1， 所以m′(x)<0对x∈[1，＋∞)恒成立， 所以m(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以m(x)≤m(1)＝1＋a≤0， 所以g′(x)≤0对x∈[1，＋∞)恒成立， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0， 所以g(x)≤0对x∈[1，＋∞)恒成立． 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，－1]． 解法二：g(x)＝xf(x)＝ln x＋ax2－ax， ①当a≥0时，g(2)＝ln 2＋2a>0，不符合题意； ②当a<0时， g′(x)＝＋2ax－a＝， 令g′(x)＝0，则2ax2－ax＋1＝0，可得Δ＝a2－8a>0，且两根之积为<0， 所以g′(x)＝0有两个异号实根， 设两根分别为x1，x2，且x1<0<x2， 若x2>1，当x∈(1，x2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x2)>g(1)＝0，此时不符合题意． 若0<x2≤1，则g′(1)≤0，即a≤－1，此时g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，－1]． 7．(2024·福建漳州高三毕业班第一次教学质量检测)已知函数f(x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围． 解　(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1. 当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 当a<0时，令f′(x)>0，得x<－ln (－a)； 令f′(x)<0，得x>－ln (－a)， 所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． (2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x， 所以aex＋x＋1>ln ＋x， 即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x， 即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1， 即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)． 令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立． 因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 故只需x＋ln a>ln (x－1)， 即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立． 令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝－1＝， 令F′(x)＝0，得x＝2. 当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(2)＝－2. 因此ln a>－2，所以a>，即实数a的取值范围为. 8．(2024·广东佛山顺德区华侨中学高三月考)已知函数f(x)＝ex－ax，g(x)＝ln (x＋2)－a，其中e为自然对数的底数，a∈R. (1)当a>0时，函数f(x)有极小值f(1)，求a； (2)证明：f′(x)>g(x)恒成立； (3)证明：ln 2＋＋＋…＋<. 解　(1)f′(x)＝ex－a(a>0)，令f′(x)＝0，解得x＝ln a， 当x>ln a时，f′(x)>0，当x<ln a时，f′(x)<0， 所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a)上单调递减，所以f(x)有极小值f(ln a)， 所以ln a＝1，即a＝e. (2)证明：不等式f′(x)>g(x)恒成立， 即ex－ln (x＋2)>0恒成立， 设h(x)＝ex－ln (x＋2)，则h′(x)＝ex－， 易知h′(x)是定义域上的增函数， 又h′(0)＝>0，h′(－1)＝－1<0， 则h′(x)＝ex－＝0在(－1，0)上有一个根x0， 即ex0＝， 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，0)时，h′(x)>0， 此时h(x)在(－1，x0)上单调递减，在(x0，0)上单调递增， h(x)的最小值为h(x0)＝e x0－ln (x0＋2)， 因为e x0＝，所以x0＝－ln (x0＋2)， 因为x0∈(－1，0)， 所以h(x0)＝＋x0＝＝>0， 所以ex－ln (x＋2)>0恒成立， 即f′(x)>g(x)恒成立． (3)证明：由(2)，知ex>ln (x＋2)， 令x＝， 则e>ln ＝ln ， 所以e－t＋1>. 由此可知，当t＝1时，e0>ln 2， 当t＝2时，e－1>， 当t＝3时，e－2>， …… 当t＝n时，e－n＋1>， 累加，得e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1>ln 2＋＋＋…＋， 又e0＋e－1＋e－2＋…＋e－n＋1＝<＝， 所以ln 2＋＋＋…＋<. 24 学科网（北京）股份有限公司 $$