分级练(22)　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（云南专版）

色学科网书城四 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 分级练(22)利用导数证明不等式 分级一提能强化 1.已知函数x)=ac2-2nx (1)讨论函数x)的单调性： (2)求证：当a>0时，fx)≥2-1a (1)解：因为x)=r2-2lnx,所以f(x)=2a一2x=2(cm2-1)x,x0 ①当a≤0时，(x0,x)在(0，十∞)单调递减： ②当a>0时，由fx)<0得0<1a, 由fx>0得x>1a, 所以fx)在(0,1a)上单调递减，在(1a,十o)上单调递增。 综上，当a≤0时，x)在(0，十∞)上单调递减：当a>0时，fx)在(0，la)上单调递减， 在(la,十o∞)上单调递增。 (2)证明：当a>0时，fx)in=la)=na+1, 要证明fx)≥2-la,只要证lna+1≥2-la,即证lna+1a-1≥0 设o(a)=na+la-1,a>0,则o'(a)=1a-la2=a-la2, 令o'(a=0得a=1,列表得 a (0,1) (1,+∞) o'(a） 0 + o(a) 单调递减 极小值 单调递增 所以o(a)≥(1)=0，即na+la-l≥0， 所以fx)≥2-1a 2.已知函数fx)=anx+r+2x+2a(a∈R) (1)讨论函数x)的单调性： (2)若0<a<e4,求证：fx)<x十ex十2x (1)解：函数x)=alnx+x+2x+2a的定义域为(0，+∞)，fx=a+1-2x2=x2+ m-2x2. 对于方程x2+m一2=0，A=a2+8>0,解方程x2+ax一2=0， 可得=a2+8)2<0,3=a2+8)2>0. 当0<x<a2+8)2时，f)<0:当x>a2+82时，f(x)>0 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 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 所以函数x)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fx)<r+ex十2x,即证x+anx十2x+2a<x+ex十2x,即证anx+2) <ex,即证a(1nx十2)x<ex2 令gx)=ec2(r>0),则g'x)=ex(x-2)xr3 当0<x<2时，g'()<0,此时函数g)单调递减：当x>2时，g'(x)>0,此时函数 gr)单调递增. 所以gx)an=g(2)=e24 构造函数hx)=a(lmx十2)x,其中0<a<e4,x>0, 则h'x)=-a(imx十1)x2 当0<x<1e时，h'x)>0,此时函数hx)单调递增：当x>le时，h'(x)<0,此时函 数hx)单调递减。 所以hr)a=hle)=ae<e24, 则hx)mas<g(x)mim,所以a(lnx十2)x<er2 故原不等式得证. 3.已知函数fx)=m十hx,m∈R (1)讨论x)的单调性： (2)证明：当m>0时，x)≥2m-1. (1)解：函数x)的定义域是(0，+)， 可得fx)=1x-mx2=x-x2. 当m≤0时，可知fx)>0,所以x)在(0，+)上单调递增；当m>0时，由f(x)=0得 x=m,可得x∈(0，m)时，有fx)0,x∈(m,+o)时，有(c)>0,所以x)在(0，m)上单 调递减，在(m,十∞)上单调递增. 综上所述，当m≤0时，x)在(0，十∞)上单调递增：当m>0时，x)在(0，m)上单调递 减，在(，十∞)上单调递增. (2)证明：当m>0时，要证m)≥2m-1成立， 只需证fx)≥2m一lm=2-1m成立，只需证xmim≥2-lm即可. 因为m>0,所以由(1)知，x)mm=m=1十lnm 8(m)=1+In m-(2-Im)=In m+Im-1, 则g'(m)=1m-1m2=m一lm2, ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 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 可得m∈(0,1)时，有g'(m)0:m∈(1，+o)时，有g'm)>0. 所以gm)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 可知g(m)am=g(1)=0,则有g(m)≥0， 所以有1十lnm≥2-lm, 所以当m>0时，mx)≥2m-1 4.已知函数x)=lnx-ar十a,gr)=xe-2x (I)若x=3是函数x)的极值点，求曲线y=x)在点(1,1)处的切线方程： (2)求函数)的单调区间： (3)当a=1时，证明：x)≤gx)在(0，十∞)上恒成立. (1)解：fx)=1x-a,由f3)=13-a=0,得a=13 .f(1)=23,1)=0,故切线方程为y=23x-23 (2)解：fx)=1x-a=1-aaxx>0), 当a≤0时，f(x>0,x)的单调递增区间为(0，十∞)： 当a>0时，令fx)>0,得0x<1a,令fx)0,得x>la, fx)的单调递增区间为(0,1a),单调递减区间为(1a,+∞) (3)证明：当a=1时，x)=lnx-x+1.令Fx)=g-)=xe-lnx-x-l>0),则F r)=xe+e-1x-1=x+1x(xe-1) 令hx)=xe-1,则h'x)=+1)e>0,h0)<0,h(I)P0, ∴.函数hx)在(0，十∞)上单调递增，且存在唯一零点c∈(0,1)，使得(c)=0, 且x∈(0，c时，hx0:x∈(c,+o)时，hx)P0.x∈(0，c)时，F'(x)0: x∈(c,+o)时，Fc)P0 .函数Fx)在(0，c)上单调递减，在(C,十∞)上单调递增， ∴.Fx)≥F(c)=ce-lnc-c-l. 又hc)=ce-1=0,即ce=1, 两边取对数得lnc十c=0, .Fx)≥F(c)=0,故x)≤g(x)在(0，+十∞)上恒成立. 分级二知能探究 5.已知函数x)=a十nx (1)若函数)的最大值为1，求实数a的值： ·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 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (2)证明：当m>n≥】时，nnm一mn2(m一m)十em-me(e为自然对数的底数) (I)解：fx)=1一mx一a2x0),令fx)=1-mx-ar2=0,可得x=e1-a, 由fx)>0,得0rel-a,由f)0,得el-a 则函数fx)在(0，el-上单调递增，在(el-a,+oo)上单调递减， 故fx)mas=fel-a=lmel-a十ael-a=Iel-a=l,解得a=L. (②)证明：欲证nnm-mlnn2(m一m)+em-ie,只需证mm十2一en<mn十2一en 即证1mm+1m+1-enmn<nn+1n+1-en. 由(1)知当a=1时，函数x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以当m>n≥1时，lnm十1m<nn十1n 令gx)=1一eax≥1)，得g'69)=(1一x)ex一1x2<0,则gx)在(1，+∞)上单调递减， 所以当m>n≥1时，1-emm<1-en, In m+Im+1-emm<ln n+In+1-enn, 即lnm十2-emm<nn十2一en, nnm一mln2(m一n)十nen-me,命题得证. 6.已知函数x)=e-am2,gx)=x)-sinx (1)若曲线y=x)在(1,1)处的切线过点(0，c),求切线方程： (2)当a=12时，若g)十g)=2x1≠)，求证：方十2<0 (1)解：函数x=c一ar2,求导得fx)=c-2a,则f(1)=e一2a,而术1)=e-a, 因此，曲线y=x)在(1,1)处的切线为y一(e一a)=(e一2ar一1)，而切线过点(0，e), 则有e-(c-a)=(c-2a(-1),解得a=e, 所以所求切线方程是y=一er十e,即er十y一e=O (2)证明：依题意，gx)=e-122-sinx,则g′()=e-x一cosx.令x)=c-x,有 中'(x)=e-1, 当x<0时，中'(x0,当x0时，中'(x0, 即0(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十oo)上单调递增，则有px)mim=(O)=1, 因此，x∈R,中()≥0(O)=1,g'(x)≥1一cosx≥0，当且仅当x=0时等号成立， 则gx)在R上单调递增 又g0)=1,8G)十g2)=2≠，则不妨令<0龙 ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 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 令hx)=gx)十g(-x)-2=ex+e-xr2-2,>0,则h'(=er-e-x-2x 令Fx)=e-e-x一2x,>0,则F(x)=ex十ex一2>0，即Fx)在(0，十o)上单调递增， 则有h'x)=F(ax>F(O)=0,函数x)在(0，+∞)上单调递增，hx)>O)=0, 即当x>0时，gx)+g(一x)一2>0 而拉0，则g()十g(一)-2>0，即g(一)>2一gx2) 又g=2一g),因此，g)g(一x2) 又gx)在R上单调递增，所以x<一x2, 所以灯十2<0 ·独家授权侵权必究·