课时训练（22）利用导数证明不等式（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

1．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. (1)解：由已知得f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)>0，得x＞－ln a，令f′(x)＜0，得x＜－ln a， 所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)得当a＞0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a>0， 所以g′(a)＝2a－， 令g′(a)＞0，得a＞；令g′(a)＜0，得0＜a＜， 所以函数g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以函数g(a)的最小值为g()＝()2－ln －＝ln ＞0， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋成立． 2．(2024·重庆模拟)已知函数f(x)＝1－2ln x－(a>0). (1)当a＝4时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设函数f(x)的极大值为M(a)，求证：M(a)＋1≤. (1)解：当a＝4时，f(x)＝1－2ln x－，且x>0， 即函数的导函数为f′(x)＝＋＝， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的斜率k＝f′(1)＝6， 又f(1)＝－3，所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋3＝6(x－1)，即6x－y－9＝0. (2)证明：由f(x)＝1－2ln x－得函数的导函数为f′(x)＝－＋＝(x>0). 所以当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 所以函数f(x)的极大值为M(a)＝f()＝－ln a. 要证明M(a)＋1≤，即证明ln a＋－1≥0. 设g(x)＝ln x＋－1，且x>0，则导函数为g′(x)＝－＝， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥ g(x)min＝g(1)＝0，即g(a)＝ln a＋－1≥0， 所以M(a)＋1≤. 3．(2025·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：对任意x∈(0，2)，f(x)≤g(x)恒成立． (1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－1ln x＋＝ex－1(ln x＋)， 记h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝－＝， 所以当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝1，所以f′(x)＝ex－1(ln x＋)>0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)，即≤，故只需证≤对任意x∈(0，2)恒成立． 设l(x)＝，则l′(x)＝＝， 所以当x<1时，l′(x)>0，l(x)单调递增，当x>1时，l′(x)<0，l(x)单调递减． 令t(x)＝ln x－x＋1，则t′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x>1时，t′(x)<0，t(x)单调递减， 所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1. 当x∈(0，2)时，ln x<1，x－1<1，所以l(ln x)≤l(x－1)， 即≤， 所以对任意x∈(0，2)，f(x)≤g(x)恒成立． 4．已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线在x轴上的截距为. (1)求f(x)的最小值； (2)证明：当x>0时，ex－sin x－1>x ln x. (1)解：由题意知f′(x)＝ex－1，f′(1)＝e－1， 又f(1)＝e－1－a， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(e－1－a)＝(e－1)(x－1)， 即y＝(e－1)x－a，令y＝0，得x＝，所以a＝1. 所以f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1. 因为当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，所以f(x)min＝f(x)极小值＝f(0)＝0. (2)证明：设h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，h(x)单调递增，所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即x>sin x(x>0). 所以ex－sin x－1>ex－x－1，所以要证ex－sin x－1>x ln x，只需证明f(x)>x ln x即可． 当x∈(0，1)时，f(x)>0，x ln x<0，所以f(x)>x ln x. 当x∈[1，＋∞)时，设F(x)＝f(x)－x ln x＝ex－x－1－x ln x， 则F′(x)＝ex－1－(1＋ln x)＝ex－ln x－2. 设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－， 因为g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝e－1>0， 所以g′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增． 又g(1)>0，所以F′(x)>0在[1，＋∞)上恒成立， 故F(x)在[1，＋∞)上单调递增， F(x)≥F(1)＝e－2>0在[1，＋∞)上恒成立． 综上，当x>0时，ex－sin x－1>x ln x． 学科网（北京）股份有限公司 $$