专题一 微专题5 导数与不等式证明-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

导数与不等式证明 微专题5 导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度中等或偏上，若以压轴题出现，则难度较大. 考情分析 考点一 考点二 单变量函数不等式的证明 双变量函数不等式的证明 专题强化练 内容索引 考点一 单变量函数不等式的证明 (2024·银川模拟)设函数f(x)=ex-2+ln x. (1)求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程； 例1 ∵f'(x)=ex-2+，∴f'(1)=+1， 又f(1)=， 故所求切线方程为y-=(x-1)， 即(e+1)x-ey-e=0. (2)证明：f(x)>2ln x. 方法一　要证f(x)=ex-2+ln x>2ln x， 只需证ex-2-ln x>0， 令h(x)=ex-2-ln x，x∈(0，+∞)， 所以h'(x)=ex-2-， 令g(x)=ex-2-，x∈(0，+∞)， 所以g'(x)=ex-2+>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，即h'(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为h'(1)=-1<0，h'(2)=1->0， 所以∃x0∈(1，2)，使得h'(x0)=-=0，① 当x∈(0，x0)时，h'(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h(x0)=-ln x0， 由①得=，所以x0=， 所以h(x0)=-ln x0=+x0-2==， 因为x0∈(1，2)，所以h(x)min=h(x0)>0， 所以ex-2-ln x>0，故f(x)>2ln x. 方法二　要证f(x)=ex-2+ln x>2ln x， 只需证ex-2>ln x， 令φ(x)=ex-x-1， 所以φ'(x)=ex-1， 当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0， 当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)=0，故ex≥x+1， 故ex-2≥x-1(当且仅当x=2时取“=”)， 令h(x)=x-1-ln x，x∈(0，+∞)， 所以h'(x)=1-=， 当x∈(0，1)时，h'(x)<0，当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)=0，故x-1≥ln x(当且仅当x=1时取“=”)， 所以ex-2≥x-1≥ln x，且两等号不能同时成立，故ex-2>ln x，即证得f(x)>2ln x成立. 规律方法 利用导数证明或判定不等式问题常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变型构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系； (2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； (3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. (2024·广安模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1. (1)若f(x)存在极值，求a的取值范围； 跟踪演练1 由f(x)=ex-ax-1，得f'(x)=ex-a， 当a≤0时，f'(x)>0，则f(x)单调递增，f(x)不存在极值； 当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a， 当x<ln a时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x>ln a时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以ln a是f(x)的极小值点， 所以当a>0时，f(x)存在极值， 综上所述，若f(x)存在极值，则a的取值范围是(0，+∞). (2)若a≤1，证明：当x∈(0，+∞)时，不等式f(x)>x-sin x恒成立. 方法一　要证当x∈(0，+∞)时，不等式f(x)>x-sin x恒成立， 只需证明当x∈(0，+∞)时，ex+sin x-(a+1)x-1>0恒成立. 设g(x)=ex+sin x-(a+1)x-1，x∈(0，+∞)， 则g'(x)=ex+cos x-(a+1)， 令m(x)=g'(x)=ex+cos x-(a+1)，x∈(0，+∞)， 则m'(x)=ex-sin x. 当x∈(0，+∞)时，ex>1，-1≤-sin x≤1， 所以m'(x)>0， 所以m(x)，即g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g'(x)>g'(0)=1-a， 因为a≤1，所以g'(0)=1-a≥0， 故当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0， g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0， 即当x∈(0，+∞)时，不等式f(x)>x-sin x恒成立. 方法二　设t(a)=-x·a+ex-1-x+sin x，a≤1， 因为x∈(0，+∞)， 则t(a)在(-∞，1］上单调递减， t(a)min=t(1)=-2x+ex-1+sin x. 设h(x)=-2x+ex-1+sin x(x>0)， 则h'(x)=-2+ex+cos x， 设φ(x)=-2+ex+cos x， 则φ'(x)=ex-sin x>0， 所以φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 又φ(0)=0， 所以h'(x)>0，所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， 又h(0)=0，所以h(x)>0， 所以t(a)>0恒成立， 所以当x∈(0，+∞)时，f(x)>x-sin x恒成立. 双变量函数不等式的证明 考点二 (2024·黔东南模拟)已知函数f(x)=ln x-的图象在x=1处的切线为x轴. (1)求实数a的值； 例2 由题可得f'(x)=-，x>0， f'(1)=1-=0，∴a=2. (2)若x1>x2>0，证明：<. ∵x1>x2>0，∴ln x1>ln x2， 要证<， 只需证ln x1-ln x2>， 只需证ln >， 由(1)可知f'(x)=-=≥0， ∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴当x>1时，f(x)>f(1)=0， ∵x1>x2>0，∴>1，∴f>0， 即ln->0，∴ln >， 即证得<成立. 证明含双参不等式的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果. 规律方法 (2024·汕头模拟)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合：①方程f(x)-x=0有实根；②f(x)在定义域区间D上可导，且f'(x)满足0<f'(x)<1. (1)判断g(x)=-+3，x∈(1，+∞)是否是集合M中的元素，并说明理由； 跟踪演练2 ∵g'(x)=-=， ∴当x∈(1，+∞)时，g'(x)∈⊆(0，1)，满足条件②； 令F(x)=g(x)-x=--+3，x∈(1，+∞)， 则F(e)=-+>0， F(e2)=-+2<0， ∴F(x)在［e，e2］上存在零点， 即方程g(x)-x=0有实数根，满足条件①， 综上可知，g(x)∈M. (2)设函数f(x)为集合M中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D中的任意α，β，都有|f(α)-f(β)|≤|α-β|. 不妨设α≤β， ∵f'(x)>0，∴f(x)在D上单调递增， ∴f(α)≤f(β)，即f(β)-f(α)≥0. (*) 令h(x)=f(x)-x， 则h'(x)=f'(x)-1<0， ∴h(x)在D上单调递减， ∴f(β)-β≤f(α)-α，即f(β)-f(α)≤β-α， (**) 由(*)(**)得|f(α)-f(β)|≤|α-β|. 专题强化练 1. (1)依题意x>0，f'(x)=a-， 当a≤0时，f'(x)<0， 当a>0时，由f'(x)>0得x>，由f'(x)<0得0<x<， 即当a≤0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递增. 1 2 3 答案 (2)由(1)知当a>0时，f(x)的最小值为f=1+a2+ln a， 1+a2+ln a-(3ln a+2)=a2-2ln a-1， 设g(x)=x2-2ln x-1(x>0)， 则g'(x)=2x-=， 当0<x<1时，g'(x)<0，当x>1时，g'(x)>0， ∴函数g(x)在(0，1)上单调递减， 1 2 3 答案 1. 在(1，+∞)上单调递增， 即g(x)的最小值为g(1)=12-2ln 1-1=0， 即g(x)≥g(1)=0，∴g(a)≥0， 即f(x)的最小值f=1+a2+ln a≥3ln a+2， ∴f(x)≥3ln a+2. 1 2 3 答案 1. (1)易知函数f(x)=x2-xln x-2x的定义域为(0，+∞)， 可得f'(x)=9x-(ln x+1)-2=9x-ln x-3， 令g(x)=9x-ln x-3， 则g'(x)=9-=， 当x∈时，g'(x)<0， 此时g(x)在上单调递减， 1 2 3 答案 2. 当x∈时，g'(x)>0， 此时g(x)在上单调递增， 所以f'(x)=g(x)≥g=1+ln 9-3=ln 9-2=ln >0， 即f'(x)>0在(0，+∞)上恒成立， 因此f(x)在(0，+∞)上单调递增. 1 2 3 答案 2. (2)由(1)可知f'(x)=9x-ln x-3>0，即9x>ln x+3， 可得9×>ln+3， 所以>， 即可得9>ln +ln +…+ln +3n =ln 1-ln 3+ln 3-ln 5+…+ln(2n-1)-ln(2n+1)+3n=3n-ln(2n+1)， 即9>3n-ln(2n+1)(n∈N*). 1 2 3 答案 2. (1)当b=3时，f(x)=-4x+3ln x+2，f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=x-4+==. 令f'(x)<0，得1<x<3.所以f(x)的单调递减区间为(1，3). 1 2 3 答案 3. (2)①f'(x)=x-4+=，x∈(0，+∞). 因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程x2-4x+b=0有两个不等正根x1，x2， 所以 解得0<b<4.则实数b的取值范围为(0，4). 1 2 3 答案 3. ②f(x1)+f(x2)=+)-4(x1+x2)+bln(x1x2)+4=bln b-b-4. 所以［f(x1)+f(x2)］-ln b+6=(b-1)ln b-b+2. 令g(x)=(x-1)ln x-x+2(0<x<4)，下面证明g(x)>0， 求导得g'(x)=ln x-， 显然g'(x)=ln x-在(0，4)上单调递增. 因为g'(1)=-1<0，g'(2)=ln 2->0， 且g'(x)的图象在(0，4)上连续， 1 2 3 答案 3. 所以函数g'(x)=ln x-存在唯一零点x0∈(1，2)，即ln x0=. 并且当x∈(0，x0)时，g'(x)<0， 当x∈(x0，4)时，g'(x)>0， 所以g(x)min=(x0-1)ln x0-x0+2=3-. 因为x0∈(1，2)，根据对勾函数的性质得y=x0+在(1，2)上单调递增， 1 2 3 答案 3. 则2<x0+<， 所以g(x)min>0， 所以f(x1)+f(x2)>ln b-6. 1 2 3 答案 3. 1 2 3 1.(2024·重庆模拟)已知函数f(x)=a(x+a)-ln x(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； 素养提升 答案 1 2 3 答案 依题意x>0， f'(x)=a-， 当a≤0时，f'(x)<0， 当a>0时，由f'(x)>0得x>，由f'(x)<0得0<x<， 即当a≤0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递增. 1 2 3 答案 (2)证明：当a>0时，f(x)≥3ln a+2. 1 2 3 答案 由(1)知当a>0时，f(x)的最小值为f=1+a2+ln a， 1+a2+ln a-(3ln a+2)=a2-2ln a-1， 设g(x)=x2-2ln x-1(x>0)， 则g'(x)=2x-=， 当0<x<1时，g'(x)<0，当x>1时，g'(x)>0， ∴函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 1 2 3 答案 即g(x)的最小值为g(1)=12-2ln 1-1=0， 即g(x)≥g(1)=0，∴g(a)≥0， 即f(x)的最小值f=1+a2+ln a≥3ln a+2， ∴f(x)≥3ln a+2. 1 2 3 2.(2024·黔西模拟)已知函数f(x)=x2-xln x-2x. (1)判断f(x)的单调性； 答案 1 2 3 答案 易知函数f(x)=x2-xln x-2x的定义域为(0，+∞)， 可得f'(x)=9x-(ln x+1)-2=9x-ln x-3， 令g(x)=9x-ln x-3，则g'(x)=9-=， 当x∈时，g'(x)<0，此时g(x)在上单调递减， 当x∈时，g'(x)>0，此时g(x)在上单调递增， 所以f'(x)=g(x)≥g=1+ln 9-3=ln 9-2=ln >0， 即f'(x)>0在(0，+∞)上恒成立， 因此f(x)在(0，+∞)上单调递增. 1 2 3 答案 (2)证明：9>3n-ln(2n+1)(n∈N*). 1 2 3 答案 由(1)可知f'(x)=9x-ln x-3>0，即9x>ln x+3， 可得9×>ln+3， 所以>， 即可得9>ln +ln +…+ln +3n =ln 1-ln 3+ln 3-ln 5+…+ln(2n-1)-ln(2n+1)+3n=3n-ln(2n+1)， 即9>3n-ln(2n+1)(n∈N*). 1 2 3 3.(2024·四川省百师联盟联考)已知函数f(x)=-4x+bln x+2. (1)当b=3时，求f(x)的单调递减区间； 答案 思维创新 当b=3时，f(x)=-4x+3ln x+2，f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=x-4+==. 令f'(x)<0，得1<x<3.所以f(x)的单调递减区间为(1，3). 1 2 3 答案 (2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2). ①求实数b的取值范围； f'(x)=x-4+=，x∈(0，+∞). 因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程x2-4x+b=0有两个不等正根x1，x2， 所以 解得0<b<4.则实数b的取值范围为(0，4). 1 2 3 答案 ②证明：f(x1)+f(x2)>ln b-6. 1 2 3 答案 f(x1)+f(x2)=+)-4(x1+x2)+bln(x1x2)+4=bln b-b-4. 所以［f(x1)+f(x2)］-ln b+6=(b-1)ln b-b+2. 令g(x)=(x-1)ln x-x+2(0<x<4)，下面证明g(x)>0， 求导得g'(x)=ln x-， 显然g'(x)=ln x-在(0，4)上单调递增. 因为g'(1)=-1<0，g'(2)=ln 2->0，且g'(x)的图象在(0，4)上连续， 1 2 3 答案 所以函数g'(x)=ln x-存在唯一零点x0∈(1，2)，即ln x0=. 并且当x∈(0，x0)时，g'(x)<0， 当x∈(x0，4)时，g'(x)>0， 所以g(x)min=(x0-1)ln x0-x0+2=3-. 因为x0∈(1，2)，根据对勾函数的性质得y=x0+在(1，2)上单调递增， 则2<x0+<， 所以g(x)min>0，所以f(x1)+f(x2)>ln b-6. 本课结束 THANKS $$ 微专题5　导数与不等式证明 ［考情分析］　导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，试题难度中等或偏上，若以压轴题出现，则难度较大. 考点一　单变量函数不等式的证明 例1　(2024·银川模拟)设函数f(x)=ex-2+ln x. (1)求曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：f(x)>2ln x. (1)解　∵f'(x)=ex-2+，∴f'(1)=+1， 又f(1)=， 故所求切线方程为y-=(x-1)， 即(e+1)x-ey-e=0. (2)证明　方法一　要证f(x)=ex-2+ln x>2ln x， 只需证ex-2-ln x>0， 令h(x)=ex-2-ln x，x∈(0，+∞)， 所以h'(x)=ex-2-， 令g(x)=ex-2-，x∈(0，+∞)， 所以g'(x)=ex-2+>0， 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，即h'(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为h'(1)=-1<0，h'(2)=1->0， 所以∃x0∈(1，2)，使得h'(x0)=-=0， ① 当x∈(0，x0)时，h'(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以h(x)min=h(x0)=-ln x0， 由①得=，所以x0=， 所以h(x0)=-ln x0=+x0-2 ==， 因为x0∈(1，2)，所以h(x)min=h(x0)>0， 所以ex-2-ln x>0，故f(x)>2ln x. 方法二　要证f(x)=ex-2+ln x>2ln x， 只需证ex-2>ln x， 令φ(x)=ex-x-1， 所以φ'(x)=ex-1， 当x∈(-∞，0)时，φ'(x)<0， 当x∈(0，+∞)时，φ'(x)>0， 所以φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)=0，故ex≥x+1， 故ex-2≥x-1(当且仅当x=2时取“=”)， 令h(x)=x-1-ln x，x∈(0，+∞)， 所以h'(x)=1-=， 当x∈(0，1)时，h'(x)<0，当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)=0，故x-1≥ln x(当且仅当x=1时取“=”)， 所以ex-2≥x-1≥ln x，且两等号不能同时成立，故ex-2>ln x，即证得f(x)>2ln x成立. ［规律方法］　利用导数证明或判定不等式问题常用方法 (1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变型构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系； (2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； (3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系. 跟踪演练1　(2024·广安模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1. (1)若f(x)存在极值，求a的取值范围； (2)若a≤1，证明：当x∈(0，+∞)时，不等式f(x)>x-sin x恒成立. (1)解　由f(x)=ex-ax-1，得f'(x)=ex-a， 当a≤0时，f'(x)>0，则f(x)单调递增，f(x)不存在极值； 当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a， 当x<ln a时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x>ln a时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以ln a是f(x)的极小值点， 所以当a>0时，f(x)存在极值， 综上所述，若f(x)存在极值，则a的取值范围是(0，+∞). (2)证明　方法一　要证当x∈(0，+∞)时，不等式f(x)>x-sin x恒成立， 只需证明当x∈(0，+∞)时，ex+sin x-(a+1)x-1>0恒成立. 设g(x)=ex+sin x-(a+1)x-1，x∈(0，+∞)， 则g'(x)=ex+cos x-(a+1)， 令m(x)=g'(x)=ex+cos x-(a+1)，x∈(0，+∞)， 则m'(x)=ex-sin x. 当x∈(0，+∞)时，ex>1，-1≤-sin x≤1， 所以m'(x)>0， 所以m(x)，即g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g'(x)>g'(0)=1-a， 因为a≤1，所以g'(0)=1-a≥0， 故当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0， g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0， 即当x∈(0，+∞)时，不等式f(x)>x-sin x恒成立. 方法二　设t(a)=-x·a+ex-1-x+sin x，a≤1， 因为x∈(0，+∞)， 则t(a)在(-∞，1］上单调递减， t(a)min=t(1)=-2x+ex-1+sin x. 设h(x)=-2x+ex-1+sin x(x>0)， 则h'(x)=-2+ex+cos x， 设φ(x)=-2+ex+cos x， 则φ'(x)=ex-sin x>0， 所以φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 又φ(0)=0， 所以h'(x)>0，所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， 又h(0)=0，所以h(x)>0， 所以t(a)>0恒成立， 所以当x∈(0，+∞)时，f(x)>x-sin x恒成立. 考点二　双变量函数不等式的证明 例2　(2024·黔东南模拟)已知函数f(x)=ln x-的图象在x=1处的切线为x轴. (1)求实数a的值； (2)若x1>x2>0，证明：<. (1)解　由题可得f'(x)=-，x>0， f'(1)=1-=0，∴a=2. (2)证明　∵x1>x2>0，∴ln x1>ln x2， 要证<， 只需证ln x1-ln x2>， 只需证ln >， 由(1)可知f'(x)=-=≥0， ∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴当x>1时，f(x)>f(1)=0， ∵x1>x2>0，∴>1，∴f>0， 即ln->0，∴ln >， 即证得<成立. ［规律方法］　证明含双参不等式的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果. 跟踪演练2　(2024·汕头模拟)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合：①方程f(x)-x=0有实根；②f(x)在定义域区间D上可导，且f'(x)满足0<f'(x)<1. (1)判断g(x)=-+3，x∈(1，+∞)是否是集合M中的元素，并说明理由； (2)设函数f(x)为集合M中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D中的任意α，β，都有|f(α)-f(β)|≤|α-β|. (1)解　∵g'(x)=-=， ∴当x∈(1，+∞)时，g'(x)∈⊆(0，1)，满足条件②； 令F(x)=g(x)-x=--+3，x∈(1，+∞)， 则F(e)=-+>0， F(e2)=-+2<0， ∴F(x)在［e，e2］上存在零点， 即方程g(x)-x=0有实数根，满足条件①， 综上可知，g(x)∈M. (2)证明　不妨设α≤β， ∵f'(x)>0，∴f(x)在D上单调递增， ∴f(α)≤f(β)，即f(β)-f(α)≥0. (*) 令h(x)=f(x)-x， 则h'(x)=f'(x)-1<0， ∴h(x)在D上单调递减， ∴f(β)-β≤f(α)-α，即f(β)-f(α)≤β-α， (**) 由(*)(**)得|f(α)-f(β)|≤|α-β|. 专题强化练 (分值：50分) 1.(16分)(2024·重庆模拟)已知函数f(x)=a(x+a)-ln x(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性；(7分) (2)证明：当a>0时，f(x)≥3ln a+2.(9分) (1)解　依题意x>0， f'(x)=a-， 当a≤0时，f'(x)<0， 当a>0时，由f'(x)>0得x>，由f'(x)<0得0<x<， 即当a≤0时，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增. (2)证明　由(1)知当a>0时，f(x)的最小值为f=1+a2+ln a， 1+a2+ln a-(3ln a+2)=a2-2ln a-1， 设g(x)=x2-2ln x-1(x>0)， 则g'(x)=2x-=， 当0<x<1时，g'(x)<0，当x>1时，g'(x)>0， ∴函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 即g(x)的最小值为g(1)=12-2ln 1-1=0， 即g(x)≥g(1)=0，∴g(a)≥0， 即f(x)的最小值f=1+a2+ln a≥3ln a+2， ∴f(x)≥3ln a+2. 2.(17分)(2024·黔西模拟)已知函数f(x)=x2-xln x-2x. (1)判断f(x)的单调性；(8分) (2)证明：9>3n-ln(2n+1)(n∈N*).(9分) (1)解　易知函数f(x)=x2-xln x-2x的定义域为(0，+∞)， 可得f'(x)=9x-(ln x+1)-2=9x-ln x-3， 令g(x)=9x-ln x-3，则g'(x)=9-=， 当x∈时，g'(x)<0，此时g(x)在上单调递减， 当x∈时，g'(x)>0，此时g(x)在上单调递增， 所以f'(x)=g(x)≥g=1+ln 9-3=ln 9-2=ln >0， 即f'(x)>0在(0，+∞)上恒成立， 因此f(x)在(0，+∞)上单调递增. (2)证明　由(1)可知f'(x)=9x-ln x-3>0，即9x>ln x+3， 可得9×>ln+3， 所以>， 即可得9>ln +ln +…+ln +3n =ln 1-ln 3+ln 3-ln 5+…+ln(2n-1)-ln(2n+1)+3n=3n-ln(2n+1)， 即9>3n-ln(2n+1)(n∈N*). 3.(17分)(2024·四川省百师联盟联考)已知函数f(x)=-4x+bln x+2. (1)当b=3时，求f(x)的单调递减区间；(5分) (2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2). ①求实数b的取值范围；(5分) ②证明：f(x1)+f(x2)>ln b-6.(7分) (1)解　当b=3时，f(x)=-4x+3ln x+2，f(x)的定义域为(0，+∞). f'(x)=x-4+==. 令f'(x)<0，得1<x<3.所以f(x)的单调递减区间为(1，3). (2)①解　f'(x)=x-4+=，x∈(0，+∞). 因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以方程x2-4x+b=0有两个不等正根x1，x2， 所以 解得0<b<4.则实数b的取值范围为(0，4). ②证明　f(x1)+f(x2)=+)-4(x1+x2)+bln(x1x2)+4=bln b-b-4. 所以［f(x1)+f(x2)］-ln b+6=(b-1)ln b-b+2. 令g(x)=(x-1)ln x-x+2(0<x<4)，下面证明g(x)>0， 求导得g'(x)=ln x-， 显然g'(x)=ln x-在(0，4)上单调递增. 因为g'(1)=-1<0，g'(2)=ln 2->0，且g'(x)的图象在(0，4)上连续， 所以函数g'(x)=ln x-存在唯一零点x0∈(1，2)，即ln x0=. 并且当x∈(0，x0)时，g'(x)<0， 当x∈(x0，4)时，g'(x)>0， 所以g(x)min=(x0-1)ln x0-x0+2=3-. 因为x0∈(1，2)，根据对勾函数的性质得y=x0+在(1，2)上单调递增， 则2<x0+<， 所以g(x)min>0，所以f(x1)+f(x2)>ln b-6. 学科网（北京）股份有限公司 $$