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（标准版）（课件PPT+word教案）

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·湘豫名校模拟)已知函数f(x)=-x+asin x(a∈R)的图象在x=0处的切线方程为y=0. (1)求a的值； (2)证明：xf(x)≥0. (1)解　由题意可得函数f(x)=-x+asin x的定义域为R， 又f'(x)=-1+acos x，曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0，其斜率为0， 得f'(0)=-1+a=0，解得a=1. (2)证明　注意到f(0)=0，且a=1， 则f(x)=-x+sin x， f'(x)=-1+cos x， 令g(x)=-1+cos x， 则g'(x)=x-sin x. 令h(x)=x-sin x，则h'(x)=1-cos x≥0， 所以h(x)在R上单调递增，即g'(x)在R上单调递增. 因为g'(0)=0-sin 0=0， 所以当x∈(-∞，0)时，g'(x)<0； 当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0， 所以g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. 所以g(x)≥g(0)=-1+cos 0=0，即f'(x)≥0， 所以f(x)在R上单调递增. 因为f(0)=0，所以当x∈(-∞，0)时，f(x)<0； 当x∈(0，+∞)时，f(x)>0，所以xf(x)≥0. [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·成都模拟)已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-求a的值； (2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x). (1)解　因为f(x)=xex+a， 所以f'(x)=(1+x)ex. 令f'(x)=0，解得x=-1. 所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)min=f(-1)=-+a. 因为g(x)=xln x+a，x>0， 所以g'(x)=ln x+1. 令g'(x)=0，解得x=. 所以当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g=-+a. 由题意可得-+a-+a=- 解得a=-. (2)证明　方法一　要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 即证>. 令h(x)=x>0，φ(x)=x>0. 易得h'(x)= 则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得x>1. 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)=e. 易得φ'(x)==. 令φ'(x)>0，得0<x<； 令φ'(x)<0，得x>. 所以φ(x)在上单调递增， 在上单调递减， 所以φ(x)≤φ=<e， 所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x). 方法二　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，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时等号成立. 当x>0时，xex>x(x+1)， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 若x(x+1)>ln x+1， 即x(x+1)-ln x-1>0，则f(x)>g'(x). 令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0， 所以h'(x)=2x+1-= 当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)≥h=-ln -=ln 2->0， 所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立. 考点二　双变量函数不等式的证明 例2　(2024·攀枝花模拟)已知函数f(x)=ln x+-1(a∈R). (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； (2)设函数f(x)的导函数为f'(x)，若f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2)，证明：f(x1)+f(x2)+>1. (1)解　当a=2时，f(x)=ln x+-1， 则f(1)=1. 而f'(x)=-=所以f'(1)=-1. 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=-(x-1)，即y=-x+2. (2)证明　因为f'(x1)=- f'(x2)=- 且f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2)， 所以-=- 所以-=-=a. 因为x1≠x2，x1>0，x2>0， 所以a=1，故a>0. 所以f(x1)+f(x2)=ln x1++ln x2+-2=ln(x1x2)-1. 因为a=1>2a 所以x1x2>4a2， 所以f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)-1>ln(4a2)-1. 设g(a)=ln(4a2)+-2=2ln a++2ln 2-2， 则g'(a)=-=. 当a∈时，g'(a)<0，g(a)单调递减； 当a∈时，g'(a)>0，g(a)单调递增. 所以当a=时，g(a)min=g=0. 所以ln(4a2)+-2≥0， 所以ln(4a2)-1+≥1， 即f(x1)+f(x2)+>1. [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·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. 专题强化练 (分值：50分) 1.(16分)(2024·大连模拟)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(7分) (2)当x>1时，证明：exln x>e(x-1).(9分) (1)解　由已知得，-a≤ln x+在(0，+∞)上恒成立， 设g(x)=ln x+g'(x)=-= 令g'(x)>0，解得x>1， 令g'(x)<0，解得0<x<1， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1. 即实数a的取值范围为[-1，+∞). (2)证明　方法一　由(1)知，当a≥-1时，f(x)≥0恒成立，取a=-1，得ln x≥成立，当且仅当x=1时取等号. ∴当x>1时，exln x> 设h(x)=ex-ex，x>1， h'(x)=ex-e，故当x>1时，h'(x)>0， ∴h(x)=ex-ex在(1，+∞)上单调递增， ∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex. ∴当x>1时>e，即>e(x-1). 由此可证，当x>1时，exln x>>e(x-1). 方法二　当x>1时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x>x>1. 设G(x)=ln x-x>1， G'(x)=-= 设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1， m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)， 当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增. ∴m(x)>m(1)=0，∴G'(x)>0， ∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0， 由此可证，当x>1时，exln x>e(x-1)成立. 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·泰安模拟)在数学中，由m×n个数aij(i=1，2，…，m；j=1，2，…，n)排列成的m行n列的数表称为m×n矩阵，其中aij称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果A的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若A=B=则C=AB=其中cij=ai1b1j+ai2b2j+…+ainbnj，i=1，2，…，m，j=1，2，…，p.已知=函数f(x)=c1+c2. (1)讨论f(x)的单调性；(8分) (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个极值点，证明：∀x0∈(x1，x2)，f(x0)+f(x2)+6x1+x1ln 16<0.(9分) (1)解　由矩阵乘法定义知f(x)=ln x+ax2-2ax，x∈(0，+∞)， ∵f'(x)=+2ax-2a= ∴当a=0时，f'(x)=>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a≠0时，方程2ax2-2ax+1=0的判别式Δ=4a(a-2)， 当0<a≤2时，Δ≤0，f'(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a<0或a>2时，Δ>0，令f'(x)=0，方程两根记为α，β， 则α= β= 当a<0时，α>0，β<0， 当x∈(0，α)时，f'(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增， 当x∈(α，+∞)时，f'(x)<0，f(x)在(α，+∞)上单调递减， 当a>2时，β>α>0， 当x∈(0，α)∪(β，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，α)，(β，+∞)上单调递增， 当x∈(α，β)时，f'(x)<0，f(x)在(α，β)上单调递减， 综上，当0≤a≤2时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减； 当a>2时，f(x)在 上单调递增，在上单调递减. (2)证明　由(1)知当a>2时，f(x)有两个极值点， 设P(x)= ∵P(x)==+ax-2a， ∴P'(x)=+a， ∵0<x≤a>2， ∴P'(x)>0，∴P(x)在上单调递增， ∴P(x)≤P=-2ln 2-a， 由(1)知x1∈a>2， ∴P(x1)<-2ln 2-a<-3-2ln 2， 即<-3-2ln 2， ∴f(x1)<-3x1-2x1ln 2， 又由(1)知f(x)在(x1，x2)上单调递减且x0∈(x1，x2)， ∴f(x0)+f(x2)<2f(x1)<-6x1-4x1ln 2， ∴f(x0)+f(x2)+6x1+x1ln 16<0. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 单变量函数不等式的证明 考点一 　(2024·湘豫名校模拟)已知函数f(x)=-x+asin x(a∈R)的图象在x=0处 的切线方程为y=0. (1)求a的值； 例1 由题意可得函数f(x)=-x+asin x的定义域为R， 又f'(x)=-1+acos x，曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=0，其斜率为0， 得f'(0)=-1+a=0，解得a=1. (2)证明：xf(x)≥0. 注意到f(0)=0，且a=1， 则f(x)=-x+sin x， f'(x)=-1+cos x， 令g(x)=-1+cos x， 则g'(x)=x-sin x. 令h(x)=x-sin x，则h'(x)=1-cos x≥0， 所以h(x)在R上单调递增，即g'(x)在R上单调递增. 因为g'(0)=0-sin 0=0， 所以当x∈(-∞，0)时，g'(x)<0； 当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0， 所以g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. 所以g(x)≥g(0)=-1+cos 0=0，即f'(x)≥0， 所以f(x)在R上单调递增. 因为f(0)=0，所以当x∈(-∞，0)时，f(x)<0； 当x∈(0，+∞)时，f(x)>0，所以xf(x)≥0. 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·成都模拟)已知函数f(x)=xex+a，g(x)=xln x+a. (1)若函数f(x)的最小值与g(x)的最小值之和为-求a的值； 跟踪演练1 因为f(x)=xex+a， 所以f'(x)=(1+x)ex. 令f'(x)=0，解得x=-1. 所以当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)min=f(-1)=-+a. 因为g(x)=xln x+a，x>0， 所以g'(x)=ln x+1. 令g'(x)=0，解得x=. 所以当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g=-+a. 由题意可得-+a-+a=- 解得a=-. (2)若a=0，x>0，证明：f(x)>g'(x). 方法一　要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 即证>. 令h(x)=x>0，φ(x)=x>0. 易得h'(x)= 则令h'(x)<0，得0<x<1；令h'(x)>0，得x>1. 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)=e. 易得φ'(x)==. 令φ'(x)>0，得0<x<； 令φ'(x)<0，得x>. 所以φ(x)在上单调递增， 在上单调递减， 所以φ(x)≤φ=<e， 所以h(x)>φ(x)，故f(x)>g'(x). 方法二　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，即ex≥x+1， 当且仅当x=0时等号成立. 当x>0时，xex>x(x+1)， 要证f(x)>g'(x)，即证xex>ln x+1， 若x(x+1)>ln x+1，即x(x+1)-ln x-1>0，则f(x)>g'(x). 令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，所以h'(x)=2x+1-= 当x∈时，h'(x)<0， 当x∈时，h'(x)>0， 所以h(x)在上单调递增， 所以h(x)≥h=-ln -=ln 2->0， 所以x(x+1)-ln x-1>0，即证得f(x)>g'(x)成立. 双变量函数不等式的证明 考点二 (2024·攀枝花模拟)已知函数f(x)=ln x+-1(a∈R). (1)当a=2时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； 例2 当a=2时，f(x)=ln x+-1， 则f(1)=1. 而f'(x)=-=所以f'(1)=-1. 所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-1=-(x-1)，即y=-x+2. (2)设函数f(x)的导函数为f'(x)，若f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2)，证明：f(x1)+f(x2)+>1. 因为f'(x1)=- f'(x2)=- 且f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2)， 所以-=- 所以-=-=a. 因为x1≠x2，x1>0，x2>0， 所以a=1，故a>0. 所以f(x1)+f(x2)=ln x1++ln x2+-2=ln(x1x2)-1. 因为a=1>2a 所以x1x2>4a2， 所以f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)-1>ln(4a2)-1. 设g(a)=ln(4a2)+-2=2ln a++2ln 2-2， 则g'(a)=-=. 当a∈时，g'(a)<0，g(a)单调递减； 当a∈时，g'(a)>0，g(a)单调递增. 所以当a=时，g(a)min=g=0. 所以ln(4a2)+-2≥0， 所以ln(4a2)-1+≥1， 即f(x1)+f(x2)+>1. 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·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； 跟踪演练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. 专题强化练 (1)由已知得，-a≤ln x+在(0，+∞)上恒成立， 设g(x)=ln x+， g'(x)=-=， 令g'(x)>0，解得x>1， 令g'(x)<0，解得0<x<1， ∴g(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1， ∴a≥-1. 即实数a的取值范围为[-1，+∞). 1. 1 2 3 答案 (2)方法一　由(1)知，当a≥-1时，f(x)≥0恒成立，取a=-1， 得ln x≥成立，当且仅当x=1时取等号. ∴当x>1时，exln x>， 设h(x)=ex-ex，x>1， h'(x)=ex-e， 故当x>1时，h'(x)>0， ∴h(x)=ex-ex在(1，+∞)上单调递增， ∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex. ∴当x>1时，>e， 1. 1 2 3 答案 即>e(x-1). 由此可证，当x>1时， exln x>>e(x-1). 方法二　当x>1时， 要证exln x>e(x-1)成立， 即证ln x>，x>1. 设G(x)=ln x-，x>1， G'(x)=-=， 1. 1 2 3 答案 设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1， m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)， 当x>1时，m'(x)>0， ∴m(x)在(1，+∞)上单调递增. ∴m(x)>m(1)=0，∴G'(x)>0， ∴G(x)在(1，+∞)上单调递增， G(x)>G(1)=0， 由此可证，当x>1时， exln x>e(x-1)成立. 1. 1 2 3 答案 (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， 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. 1 2 3 答案 (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*). 2. 1 2 3 答案 (1)由矩阵乘法定义知f(x)=ln x+ax2-2ax，x∈(0，+∞)， ∵f'(x)=+2ax-2a=， ∴当a=0时，f'(x)=>0， f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a≠0时，方程2ax2-2ax+1=0的判别式Δ=4a(a-2)， 当0<a≤2时，Δ≤0，f'(x)≥0， f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a<0或a>2时，Δ>0， 令f'(x)=0，方程两根记为α，β， 则α=，β=， 3. 1 2 3 答案 当a<0时，α>0，β<0， 当x∈(0，α)时，f'(x)>0， f(x)在(0，α)上单调递增， 当x∈(α，+∞)时，f'(x)<0， f(x)在(α，+∞)上单调递减， 当a>2时，β>α>0， 当x∈(0，α)∪(β，+∞)时， f'(x)>0，f(x)在(0，α)，(β，+∞)上单调递增， 当x∈(α，β)时，f'(x)<0，f(x)在(α，β)上单调递减， 综上，当0≤a≤2时， f(x)在(0，+∞)上单调递增； 3. 1 2 3 答案 当a<0时，f(x)在上单调递增， 在上单调递减； 当a>2时，f(x)在， 上单调递增，在上单调递减. (2)由(1)知当a>2时，f(x)有两个极值点， 设P(x)=， ∵P(x)==+ax-2a， 3. 1 2 3 答案 ∴P'(x)=+a，∵0<x≤，a>2， ∴P'(x)>0，∴P(x)在上单调递增， ∴P(x)≤P=-2ln 2-a， 由(1)知x1∈，a>2， ∴P(x1)<-2ln 2-a<-3-2ln 2，即<-3-2ln 2， ∴f(x1)<-3x1-2x1ln 2， 又由(1)知f(x)在(x1，x2)上单调递减且x0∈(x1，x2)， ∴f(x0)+f(x2)<2f(x1)<-6x1-4x1ln 2， ∴f(x0)+f(x2)+6x1+x1ln 16<0. 3. 1 2 3 答案 1 2 3 1.(2024·大连模拟)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； 素养提升 答案 1 2 3 答案 由已知得，-a≤ln x+在(0，+∞)上恒成立， 设g(x)=ln x+g'(x)=-= 令g'(x)>0，解得x>1， 令g'(x)<0，解得0<x<1， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1. 即实数a的取值范围为[-1，+∞). 1 2 3 答案 (2)当x>1时，证明：exln x>e(x-1). 1 2 3 答案 方法一　由(1)知，当a≥-1时，f(x)≥0恒成立，取a=-1，得ln x≥成 立，当且仅当x=1时取等号. ∴当x>1时，exln x> 设h(x)=ex-ex，x>1，h'(x)=ex-e，故当x>1时，h'(x)>0， ∴h(x)=ex-ex在(1，+∞)上单调递增， ∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex. ∴当x>1时>e，即>e(x-1). 由此可证，当x>1时，exln x>>e(x-1). 1 2 3 答案 方法二　当x>1时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x>x>1. 设G(x)=ln x-x>1， G'(x)=-= 设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)， 当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增. ∴m(x)>m(1)=0，∴G'(x)>0， ∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0， 由此可证，当x>1时，exln x>e(x-1)成立. 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*). 3.(2024·泰安模拟)在数学中，由m×n个数aij(i=1，2，…，m；j=1，2，…，n) 排列成的m行n列的数表称为m×n矩阵，其中aij称为 矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果A的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若 A=B=则 思维创新 1 2 3 答案 1 2 3 C=AB=其中cij=ai1b1j+ai2b2j+…+ainbnj，i=1， 2，…，m，j=1，2，…，p.已知=函数f(x)=c1+c2. (1)讨论f(x)的单调性； 答案 1 2 3 答案 由矩阵乘法定义知f(x)=ln x+ax2-2ax，x∈(0，+∞)， ∵f'(x)=+2ax-2a= ∴当a=0时，f'(x)=>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a≠0时，方程2ax2-2ax+1=0的判别式Δ=4a(a-2)， 当0<a≤2时，Δ≤0，f'(x)≥0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a<0或a>2时，Δ>0，令f'(x)=0，方程两根记为α，β， 则α=β= 1 2 3 答案 当a<0时，α>0，β<0， 当x∈(0，α)时，f'(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增， 当x∈(α，+∞)时，f'(x)<0，f(x)在(α，+∞)上单调递减， 当a>2时，β>α>0， 当x∈(0，α)∪(β，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(0，α)，(β，+∞)上单调递增， 当x∈(α，β)时，f'(x)<0，f(x)在(α，β)上单调递减， 综上，当0≤a≤2时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 1 2 3 答案 当a<0时，f(x)在上 单调递减； 当a>2时，f(x)在上单调递减. 1 2 3 答案 (2)若x1，x2(x1<x2)是f(x)的两个极值点，证明：∀x0∈(x1，x2)，f(x0)+f(x2)+ 6x1+x1ln 16<0. 1 2 3 答案 由(1)知当a>2时，f(x)有两个极值点， 设P(x)= ∵P(x)==+ax-2a， ∴P'(x)=+a， ∵0<x≤a>2， ∴P'(x)>0，∴P(x)在上单调递增， ∴P(x)≤P=-2ln 2-a， 1 2 3 答案 由(1)知x1∈a>2， ∴P(x1)<-2ln 2-a<-3-2ln 2， 即<-3-2ln 2， ∴f(x1)<-3x1-2x1ln 2， 又由(1)知f(x)在(x1，x2)上单调递减且x0∈(x1，x2)， ∴f(x0)+f(x2)<2f(x1)<-6x1-4x1ln 2， ∴f(x0)+f(x2)+6x1+x1ln 16<0. 本课结束 THANKS $$