课时作业19 证明不等式-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

课时作业19 证明不等式 1.(2024·山东滨州模拟)已知函数f(x)=sinx一2.已知函数f(x)=ae一x一a. arcos x,a∈R. (1)若f(x)≥0，求a的值： (1)若f(x)在x=0处的切线为y=x,求实数 (2)证明：当a≥1时，f(x)>xlnx-sinx成 a的值； 立. (2)当a≥行x∈[0，+eo)时，求证：/)< 2a.x. 红勾·讲与练·高三数学 -326- 3.已知函数f(x)=lnx+a(a∈R).证明：当4.已知函数f(x)=sin lcos.r一cos Isinr+lnx, a≤2时，fx)<e-sin0. (1)求证：函数f(x)在(0,1)上单调递增： (2)求证：数列sinn+1 1 的前n项和小于 如方+n2 -327- 第三章一元函数的导数及其应用“练·hh 1 2 2 -3× 1 2 +2= 3 4 -ln 2, 有极小值,为f(1)=ln 1+12-3× 1+2=0. 14.解:(1)当a= -1时,f(x)=(-x2+ x-1)ex, 则f'(x)= (-2x+1)ex +(-x2+ x-1)ex = (-2x +1-x2 +x - 1)ex = (-x2-x)ex, 当x ∈ (-∞,-1)∪ (0,+∞)时, f'(x)< 0,函 数 f(x)在(- ∞, -1),(0,+∞)上单调递减, 当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,f(x) 在(-1,0)上单调递增, 所以f(x)极小值 =f(-1)= -3e-1, f(x)极大值 =f(0)= -1. (2)因为f(x)=(ax2+x+a)ex,所 以f'(x)= (ax+a+1)(x+1)ex, 令f'(x)=0,得x = -1或x = - a+1 a = -1- 1 a , 因为a>0,所以-1- 1 a <-1 , 当-1- 1 a ∈ (-2,-1),即a>1时, 当 x ∈ -2,-1- 1 a 时, f'(x)>0,f(x)单调递增, 当 x ∈ -1- 1 a ,-1 时, f'(x)<0,f(x)单调递减, 所 以 f(x)max = f -1- 1 a = (2a+1)e -1-1a, 当-1- 1 a ∈ (-∞,-2],即0<a≤ 1时,当x ∈ (-2,-1)时,f'(x)< 0,f(x)单调递减, 所以f(x)max =f(-2)=(4a-2+ a)e-2 = (5a-2)e-2, 综上所述,a>1时,f(x)max=(2a+ 1)e -1-1a, 0<a≤1时,f(x)max=(5a-2)e-2. 15.m <n 解析:令h(x)=ex-x-1,则h'(x)= ex -1,当x<0时,0<ex <1;当x≥ 0时,ex ≥1,所以h(x)在(-∞,0)上 单调递减,在[0,+∞)上单调递增, 所以h(x)≥h(0)=0,所 以ex ≥ x+1,所以f(x)=x·ex -ln x- x-2=eln x+x-ln x-x-2≥ln x+ x+1-ln x-x-2= -1(当且仅当 ln x +x =0时 “=”成 立),所 以 m = -1,又g(x)= ex x +ln x-x= e ln1x+x +ln x-x >ln 1 x +x+1+ ln x-x = 1,所 以 n > 1.所 以 m <n. 16.- x2 40+ 7 4x+5ln x-10 20 解析:因 为 y = f(x)= - x2 40 + 7 4x+aln x+b,且当投入资金x 为 10万元时,门票增收y 为16.5万元, 当投入资金x 为30万元时,门票增收 y 为37万元,所以 - 102 40+ 7 4×10+aln 10+b=16.5, - 302 40+ 7 4×30+aln 30+b=37, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a≈5, b≈-10, 所以f(x)= -x 2 40+ 7 4x +5ln x -10;由 以 上 可 知, ω(x)= - x2 40+ 3 4x+5ln x-10,则 ω'(x)= - x 20+ 3 4 + 5 x = -x2+15x+100 20x ,令ω'(x)=0,得 x=20,当5≤x<20时,ω'(x)>0, 当20<x ≤40时,ω'(x)<0,所以 ω(x)在[5,20)上单调递增,在(20, 40]上单调递减,所以当x =20万元 时,ω(x)取得最大值. 课时作业19 证明不等式 1.解:(1)∵f'(x)=cos x -acos x + axsin x,∴f'(0)=1-a=1, ∴a=0. (2)证明:要证f(x)≤2ax,即证sin x- axcos x ≤ 2ax,只 需 证 sin x ≤ ax(2+cos x),因为2+cos x>0,也 就是要证 sin x 2+cos x-ax ≤0 , 令g(x)= sin x 2+cos x-ax ,g'(x)= cos x(2+cos x)-sin x(-sin x) (2+cos x)2 - a= 2cos x+1 (2+cos x)2 -a. ∵a≥ 1 3 ,∴g'(x)≤ 2cos x+1 (2+cos x)2 - 1 3 = -(cos x-1)2 3(2+cos x)2 ≤0, ∴g(x)在[0,+∞)上为减函数, ∴g(x)≤g(0)=0, ∴f(x)≤2ax. 2.解:(1)解法1:由f(x)=aex-x-a, 得f(0)=0, 又f(x)≥0,所以x=0是f(x)的极 小值点, 故f'(0)=0,而f'(x)=aex -1, f'(0)=a-1=0,故a=1, 若a=1,则f'(x)=ex -1, 当x <0时,f'(x)<0;当x>0时, f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在 (0,+∞)上单调递增, 故x =0是f(x)唯一的极小值点,也 是最小值点, 由f(0)=0,所以当且仅当a =1时 f(x)≥0. 解法2:由f(x)=aex -x -a,得 f(0)=0,又f'(x)=aex -1, 当a≤0时,有f'(x)<0恒成立,所以 f(x)在R上单调递减, 又f(0)=0,则f(x)≥0不成立, 当a >0时,令f'(x)=0,得x = ln 1 a ,则x>ln 1 a 时,有f'(x)>0, x <ln 1 a 时,有f'(x)<0, 即f(x)在 -∞,ln 1 a 上单调递减, 在 ln 1 a ,+∞ 上单调递增, 所以f(x)的最小值 为 fln 1 a = 1+ln a-a≥0, (1+ln x-x)'= 1-x x , 函数y =1+ln x-x 在(1,+∞)上 单调递减,在(0,1)上单调递增, fln 1 a =1+ln a-a≤0,当且仅 当a=1时取等号,故a=1. (2)证明:当a≥1,x>0时,f(x)= aex -x-a=a(ex -1)-x ≥ex - 1-x, 设g(x)=ex-x-xln x+sin x-1, 当0<x≤1时,-xln x≥0,sin x>0, 又由(1)知ex -1-x>0,故g(x)>0, 当x >1时,g'(x)=ex -2-ln x+ cos x, 设h(x)=ex -2-ln x+cos x,则 h'(x)=ex - 1 x -sin x,h'(x)>e- 1-1>0, 则h(x)在(1,+ ∞)上 单 调 递 增, h(x)>h(1)=e-2+cos 1>0, 所以g'(x)>0,则g(x)在(1,+∞) 上单调递增, g(x)>g(1)=e-2+sin 1>0, 综 上,g(x)> 0,即 当 a ≥ 1 时, f(x)>xln x-sin x. 3.证明:要证明当a ≤ 1 2 时,f(x)< ex -sin θ, 即证明当a≤ 1 2 时,ln x+a<ex - sin θ, 即证明当a≤ 1 2 时,ln x+a-ex + sin θ<0, 构造函数h(x)=ln x +a-ex + sin θ x >0,a≤ 1 2 , h'(x)= 1 x -e x,函数h'(x)= 1 x - ex 在(0,+∞)上为减函数, h'(1)=1-e<0,h' 1 2 =2- e> 0,所 以 存 在 x0 ∈ 1 2 ,1 , 使 h'(x)= 1 x0 -e x0 =0, 1 x0 =e x0, 所 以 在 区 间(0,x0)上,h'(x)> 0, h(x)单调递增, 在 区 间 (x0,+ ∞)上,h'(x)< 0, h(x)单调递减, h(x)≤h(x0)=ln x0-e x0 +a+ sin θ=ln e -x0 - 1 x0 +a+sin θ= - x0+ 1 x0 + a + sin θ < -2 x0· 1 x0 +a+sin θ= -2+a+ sin θ<0, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -580- 参 考 答 案 即h(x)<0,所以当a≤ 1 2 时,ln x+ a-ex +sin θ<0, 所以当a≤ 1 2 时,f(x)<ex -sin θ. 4.证明:(1)f(x)=sin 1cos x-cos 1sin x+ ln x =sin(1-x)+ln x,x >0, f'(x)= -cos(1-x)+ 1 x , 因为x ∈ (0,1),所以0<1-x<1, 则0<cos(1-x)<1, 而x ∈ (0,1)时, 1 x >1 , f'(x)= -cos(1-x)+ 1 x >0 , 故函数f(x)在(0,1)上单调递增. (2)要证sin12+sin 1 5+sin 1 10+ …+ sin 1 n2+1 <sin 1 2 +ln 2, 即证当n≥2,且n∈N* 时,sin 1 5+ sin110+ …+sin 1 n2+1 <ln 2, 由(1)可知,当x∈ (0,1)时,f(x)< f(1)=0,即sin(1-x)+ln x<0,故 sin(1-x)<ln 1 x ,令1-x= 1 n2+1 , 故x =1- 1 n2+1 = n2 n2+1 ,故1 x = n2+1 n2 ,故 sin 1 n2+1 <ln n2+1 n2 =ln1+ 1 n2 , 因为n≥2,n∈N*,故 1 n2+1 ∈ (0, 1),所以sin 1 n2+1 ∈ (0,1), sin 1 n2+1 <ln1+ 1 n2 , 故sin15+sin 1 10+ …+sin 1 n2+1 < ln1+ 1 22 + ln1+ 132 + … + ln1+ 1 n2 = ln 1+ 122 1 + 1 32 ·…· 1+ 1n2 . 因为 1+ 1 22 1+132 ·…· 1+1n2 = 1- 1 24 1-134 ·…· 1-1n4 1- 1 22 1-132 ·…· 1-1n2 = 1- 1 24 1- 134 ·…· 1- 1n4 (2-1)(2+1) 22 × (3-1)(3+1) 32 ·…· (n-1)(n+1) n2 = 1- 1 24 1-134 ·…· 1-1n4 1 2 ·n+1 n = 1- 1 24 1- 134 ·…· 1- 1n4 · 2- 2 n+1 <2, 故ln 1+ 122 1+ 132 ·…· 1+ 1 n2 <ln 2, 所以当n≥2,且n∈N* 时,sin 1 5 + sin110+ …+sin 1 n2+1 <ln 2. 所以数列 sin 1 n2+1 的前n 项和小 于sin12 +ln 2. 课时作业20 恒成立、 能成立问题 1.解:(1)当a=e时,f(x)=ex +(1- e)x-ln x,f'(x)=ex +(1-e)- 1 x = (ex -e)+ x-1 x , 当x>1时,ex -e>0, x-1 x >0 ,所 以f'(x)>0,即f(x)在(1,+∞)上 单调递增, 当0<x <1时,ex -e<0, x-1 x < 0,所以f'(x)<0,即f(x)在(0,1)上 单调递减, 则f(x)的单调递增区间为(1,+∞), 单调递减区间为(0,1). (2)因为f(x)=ex+(1-a)x-ln a· ln x(a>0),则f'(x)=ex +(1-a)- ln a x = (ex -a)+ x-ln a x (x >0), 当ln a≤1,即0<a≤e时,因为x> 1,ex >e≥a,x >1≥ln a,所 以 f'(x)>0,因 此 函 数 f(x)在 区 间 (1,+∞)上单调递增,所以f(x)> f(1)=e+1-a≥e+1-e=1,不等 式f(x)<1在区间(1,+∞)上无解; 当ln a>1时,即a>e时,1<x < ln a时,ex <eln a =a,x <ln a,因此 f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(1, ln a)上单调递减,f(x)<f(1)=e+ 1-a<e+1-e=1,不等式f(x)< 1在区间(1,+∞)上有解. 综上,实数a的取值范围是(e,+∞). 2.解:(1)依题意,x ∈R,aex -x-1≥ 0恒成立等价于x ∈R,a≥ x+1 ex 恒 成立. 设g(x)= x+1 ex ,g'(x)= - x ex , x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为 增函数, x ∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)为 减函数, 所以g(x)max =g(0)=1,即a≥1. (2)证明:x ∈ (0,+∞), ex -1 x >e x 2 等价于x∈(0,+∞),ex-xe x 2-1>0. 设h(x)=ex -xe x 2 -1,x ∈ (0, +∞),h'(x)=e x 2 e x 2 - 1 2x-1 , 设k(x)=e x 2 - 1 2x -1 ,x ∈ (0, +∞),k'(x)= 1 2 e x 2 -1 >0, 所以k(x)在(0,+∞)上为增函数,即 k(x)>k(0)= 0,所 以 h'(x)= e x 2 e x 2 - 1 2x-1 >0, 即h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,即 h(x)>h(0)=0,故 ex -1 x >e x 2. 3.解:(1)∵g(x)= aln x-ax2+a-e x (a≥0), 令g(x)= aln x-ax2+a-e x =0 得,aln x-ax2+a-e=0, 当a=0时,g(x)= - e x ≠0 ,g(x)无 零点, 当a>0时,令h(x)=aln x-ax2+ a-e,则h'(x)= a x -2ax= a(1-2x2) x , 令h'(x)=0,得 x = 2 2 ,当 x ∈ 0,22 时,h'(x)>0,函数h(x)单调 递增,当x∈ 2 2 ,+∞ 时,h'(x)<0, 函数h(x)单调递减, ∴h(x)max =h 2 2 =aln22-12a+ a-e= 1-ln 2 2 a-e , 当1-ln 2 2 a -e< 0 ,即 0 <a < 2e 1-ln 2 时,h(x)max<0,函数h(x)在 (0,+∞)上无零点, 当1-ln 2 2 a-e=0 ,即a = 2e 1-ln 2 时,h(x)max = 0,函 数 h(x)在 (0, +∞)上有唯一零点, 当1-ln 2 2 a-e>0 ,即a > 2e 1-ln 2 时,h(x)max >0,又h(1)= -e<0, h 1e = -ae2 -e<0, ∴ 函数h(x)在 1 e ,2 2 , 22,1 上 各有一个零点, 综上,当0≤a < 2e 1-ln 2 时,函 数 g(x)在(0,+ ∞)上无零点,当a = 2e 1-ln 2 时,函数g(x)在(0,+∞)上 有唯一零点,当a > 2e 1-ln 2 时,函数 g(x)在(0,+∞)上有两个零点. (2)由f(x)≤g(x),得ex -ax-a≤ aln x-ax2+a-e x , ∴xex -ax2-ax≤aln x-ax2+a- e,即ex+ln x -a(x+ln x+1)+e≤0, 令t=x+ln x,则et-a(t+1)+e≤ 0在t∈R上有解, 令F(t)=et -a(t+1)+e,当a=0 时,F(t)=et +e>0,不合题意; 当a >0时,则 F'(t)=et -a,令 F'(t)=0得t=ln a, 当t<ln a时,F'(t)<0,F(t)单调递减, 当t>ln a时,F'(t)>0,F(t)单调递增, ∴F(t)min =F(ln a)= -aln a+e, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -581-