课时作业(20) 利用导数证明不等式（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 课时作业（二十）利用导数证明不等式 [技能提分练] 1.(2024深圳二模)己知函数x)=(m十1)e,f产(c)是x)的导函数，且(x)一x)= 2e (1)若曲线y=x)在x=0处的切线为y=a十b,求k,b的值： (2)在(1)的条件下，证明：fx)≥a+b (1)解：因为=(a+1)e,所以fx)=(a+a十1)e, 因为fr)一x)=2e=ae,所以a=2 则曲线y=x)在x=0处的切线斜率为f(O)=3 又f0)=1, 所以曲线y=fx)在x=0处的切线方程为y=3x十1， 即得k=3,b=1 (2)证明：设函数gx)=(2x+1)e-3x-1,x∈R, 则g'c)=(2x+3)e-3 设hx)=g'(x),则h'(x)=e(2xr+5), 所以，当x>一52时，h'(x)>0,g'(x)单调递增 又g'0)=0, 所以，当x>0时，g'()>0,gx)单调递增： 当-52x0时，g'c)0,gx)单调递减. 又当x≤-52时，g'(w)=(2x+3)e-3<0, 综上g)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增， 所以当x=0时，g()取得最小值g0)=0, 即(2x+1)e-3x-1≥0，所以，当xeR时，fx)≥3x+1 2.(2025.临沂模拟)已知函数x)=alnx十x+2x+2a(a∈R) (1)讨论函数)的单调性： (2)若0<a<e4,求证：x)x+ex+2x (1)解：函数fx)=anx+x+2x+2a的定义域为(0，+∞)，(x)=+1-22=x2+ a-2x2 对于方程x2+m-2=0,△=a2+80 解方程x2+a-2=0,可得=a2+8)20,=a2十8)2>0 当0x<a2+8别2时，”c)0;当x>a2+8)2时，f(xP0 所以函数fx)的单调递减区间为(0，a2十8)2)，单调递增区间为(a2+8)2,十∞) (2)证明：要证明x)t十ex十2x,即证x十anx+2x+2ax+ex十2x, 即证anx+2)<e,即证a(nx十2)xex2 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 令gx)=e2,其中>0，则g'm)=x(x一2)x3 当02时，g'x0,此时函数gx)单调递减： 当x>2时，g'(x>0,此时函数gx)单调递增. 所以gx)mm=g(2)=e24. 令hx)=a(1mx+2)x,其中0<ae4,x0,则h'(c)=-a(mx+I)x2 当0<le时，h'(x)>0,此时函数hx)单调递增： 当x>1e时，h'()0,此时函数hx)单调递减. 所以hx)mm=havs4 alcol(0f1e)=ae<e24,即hx)maxg(cmim,所以a(lnx+2)x <exx2. 故原不等式得证. 3.(2025天津崇化中学模拟)已知函数fx)=a1mx十1+bx,曲线y=x)在点(1,1)处 的切线方程为x十2y一3=0 (1)求a,b的值： (2)证明：当x>0,且x≠1时，fx)Pm一1. (1)解：fx=rcx一mx)(x十1)2-bx2.由于直线x+2y-3=0的斜率为一12，且过点 (1,1),所以f(1)=1,12), 即b=1,a12),解得a=1,b=1 (2)证明：由(1)知fx)=lnr+1+1x,x∈(0，+o), 所以x)Pmxx-1nx+1+1ln一Ie 2Inx1-x2+1x-021-x2In x-\f(1'rc))>0. 令hx)=lnx-12avs4 alcol(x-fxe>0),则hx)=Ix-12aws4 alcol(1+x2》 =-(x-1)22x2≤0，于是hx)在(0，十∞)上单调递减. 当0x<1时，x)单调递减，所以hx)>1)=0,于是21一x2hx)>0;当x>1时，hx)单 调递减，所以hx)h1)=0,于是21一x2hP0 综上所述，当>0且x≠1时，x)>nx一1 4.(2025天津南开中学模拟)己知函数x)=alnx十x (1)讨论)的单调性 (2)当a=1时，证明：x)e (1)解：x)的定义域为(0，十∞)， f(x)=十1=x十a,当a≥0时，fc)P0, 所以x)在(0，十∞)上单调递增， 当a<0时，令fx>0,得x∈(-a,十o∞)： 令fc)0,得x∈(0，-a) 所以x)在（一a,+∞）上单调递增，在(0，一a)上单调递减. ·独家授权侵权必究· 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2XXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 综上所述，当a≥0时，x)在(0，+o)上单调递增；当a<0时，fx)在（一a,十o)上单 调递增，在(0，一a)上单调递减. (2)证明：当a=1时，要证x)c, 即证x2+xlnx<e,即证1+lnar<ea2.令函数gx)=1+mx, 则g'(x)=I-lmx2.令gx)>0,得x∈(0，e):令g'(x)0,得x∈(e,+∞) 所以gx)在(0，e)上单调递增，在(e,十∞)上单调递减，所以gx)max=g(e)=1十1e 令函数hx)=ear2,则hHr)=ex(x-2)x3 当x∈(0,2)时，h'(0:当x∈(2，十∞)时，h'(x)P0 所以x)在(0,2)上单调递减，在(2，十∞)上单调递增， 所以xam=h2)=e24.因为e24-lavs4 alcol(1十leD0,所以hx)ming)mm,即1 十in xxexxc2,从而xe得证， [素养拉分练] 5.(2025衡阳模拟)已知函数fx)=xnx-a2,a∈R (1)设a≥12，gx)=e),讨论函数gx)的单调性： (2)若函数x)存在两个不同的极值点：，龙，且2，x2)>0,求证：∫(x2)a(x2一e) >1 (1)解：由题意，函数gx)=e9=xex-ae2,可得g'x)=e(1十x一2ae). 设hr)=1十x一e,则h'(x)=1一心， 当x0时，h'(x>0,当0时，h'(x)0, 所以函数x)在（一o,0)上单调递增，在(0，十∞）上单调递减，所以hx)≤hO)=0 当a≥12时，1十x-2ae≤1十x一e≤0，g'w)≤0恒成立，所以函数gx)在R上单调 递减. (2)证明：由函数x)=xlnx一ar2,可得f(x)=nx+1一2ax, 因为函数x)存在两个不同的极值点，2， 令fx)=0,则2a=mx十1x,设kx)=mx十1x(x0),可得k'c)=一lmx2, 当01时，k(x)>0,当x>1时，kx)0, 所以函数k()在(O,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减，且x一十∞时，kx)一→0， k1)=1,kaws4 alcol(f1e=0,所以0<2a<l, 又由ln2+1=2a2,可得a=mx2十l22,且fx2)0,即xn-ar2>0,即n2> =lmx2+12,所以lnx2>l,x2e f(x2)a (x2-e)=2x2Inx2-axa (x2-e)=x2 (Ix2-1)2a (x2-e)>x2 (Inx2-1) x2-e, ◆独家授权侵权必究· 色学科网书城■ 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2XXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 设ox)=xnx一2xr十e,当x>e时，中'(x)=lnx-1>0,所以函数o(x)在(e,十o)上单 调递增。 则x>e时，(r)>p(e)=0,即xnx->x-e(e),所以f(x2)a(x2-e)>1. 6.已知函数x)=lhx一2(x-1)x十1，gx)=xnx一mx2-1m∈R) (1)若函数)，g)在区间(0,1)上均单调且单调性相反，求实数m的取值范围： (2)若0<a<b,证明：ab<a-blma-lmb<a+b2. (1)解：fx)=1x-4(x十1)2=(x-1)2x(x+1)20,所以x)在(0,1)上单调递增 由已知fx),gx)在(0,1)上均单调且单调性相反，得gx)在(O,1)上单调递减。 所以g'x)=nx+1-2m≤0在(0,1)上恒成立，即2m≥lmx十1x, 令中(x)=nx+1x(x∈(0,1))，中‘(x)=-xx2>0,所以中(x)在(0,1)上单谓递增，中 (x)<中(1)=1，所以2m≥1，即m≥12.所以实数m的取值范围为f(12),+∞）. (2)证明：由(1)知f)=lnx一2(x一1)x十1在(0,1)上单调递增，得x)=lnx-2(x一1) x+11)=0,即lnx<2(x-1)x+l,令x=ab∈(0,1)，得nab<rcb)-l)ab=2(a-b) a+b, 因为lnab<0,所以a-bma-bnb<a+b2 在(1)中，令m=12,由gx)在(0,1)上单调递减得g)Pg(1)=0, 所以xlnx-12a2-1)>0,即lnx>12aws4 alcol(x-1x 取x=ab)∈(0，I),得lnab>I2aws4 alcol(0r(f(af(ba), 即lna-nb>a-brab,由lna-lnb<0得ab<a-blma-mb 综上，ab<a-blma-mb<a十b2 ·独家授权侵权必究·