课时跟踪检测（二十一）利用导数证明不等式（练习）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

课时跟踪检测（二十一） 利用导数证明不等式 1.已知函数f(x)=2(x+2)-ex. (1)求f(x)的极值； (2)当x≥0时，求证：f(x)<x-sin x+4. 解：(1)由题可得f'(x)=2-ex， 令f'(x)=0，得x=ln 2， 当x∈(-∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln 2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x=ln 2时，f(x)取得极大值，且极大值为f(ln 2)=2ln 2+2，无极小值. (2)证明：设g(x)=x-sin x+4，x≥0， 则g'(x)=1-cos x≥0，可知g(x)在[0，+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=4， 即g(x)在[0，+∞)上的最小值为4. 由(1)可知f(x)在[0，+∞)上的最大值为f(ln 2)=2ln 2+2，又因为ln 2<1，可得2ln 2+2<4， 可得f(x)≤2ln 2+2<4≤g(x)，x≥0， 所以当x≥0时，f(x)<x-sin x+4. 2.已知函数f(x)=ex-1-xln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：f(x)>0. 解：(1)f(1)=e1-1-ln 1=1，f'(x)=ex-1-(ln x+1)，则f'(1)=0， ∴曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1. (2)证明：法一　f(x)的定义域为(0，+∞). ①当0<x<1时，ex-1>e-1，xln x<0，则ex-1>xln x，即f(x)>0； ②当x≥1时，f'(x)=ex-1-(ln x+1)=ex-1-ln x-1.设g(x)=f'(x)，g'(x)=ex-1-， 由于y=ex-1，y=-均在[1，+∞)上单调递增，故g'(x)在[1，+∞)上单调递增，g'(1)=0， ∴g'(x)≥0，g(x)在[1，+∞)上单调递增， g(1)=0，g(x)≥0，即f'(x)≥0， ∴f(x)在[1，+∞)上单调递增，f(1)=1， 则ex-1-xln x≥1.综上所述，f(x)>0. 法二　f(x)的定义域为(0，+∞).要证f(x)>0，只需证ex-1>xln x，只需证>. 令h(x)=，x∈(0，+∞)，则h'(x)==， 当x∈(0，2)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)≥h(2)==.令g(x)=， 则g'(x)==， 当x∈(0，e)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， ∴g(x)≤g(e)==.综上所述，h(x)≥>≥g(x)，也就是>，即f(x)>0. 3.已知函数f(x)=xln x+1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求证：当a≥1时，f(x)<a(ex-x). 解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1，令f'(x)=0，得x=e-1，由f'(x)<0，解得0<x<e-1，由f'(x)>0，解得x>e-1，所以f(x)的单调递减区间为(0，e-1)，单调递增区间为(e-1，+∞). (2)证明：令φ(x)=f(x)-a(ex-x)=a(x-ex)+xln x+1，令k(x)=x-ex，x>0，则k'(x)=1-ex<0，k(x)在(0，+∞)上单调递减， 所以k(x)<k(0)=-1<0， 由a≥1， 可得a(x-ex)+xln x+1≤x-ex+xln x+1，即只需证x-ex+xln x+1<0，(难点：由a≥1，可以考虑先使用消参放缩，将含参不等式问题转化为不含参的不等式来证明) 即证-ln x--1>0，令g(x)=-ln x--1(x>0)，则g'(x)=-+=，由g'(x)=0，可得x=1， 因为当x>0时，ex-1>0，所以当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减， 当x>1时，g'(x)>0，g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=e-1-1=e-2>0， 所以g(x)>0，则-ln x--1>0，故x-ex+xln x+1<0，结论成立. 4.(2025·成都模拟)已知函数f(x)=ax-ln x-a(a∈R)，且f(x)≥0恒成立. (1)求实数a的取值集合； (2)证明：ex≥x2+(e-3)x+2+ln x. 解：(1)f'(x)=a-(x>0). ①当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在(0，+∞)上单调递减，当x>1时，f(x)<f(1)=0，这与f(x)≥0矛盾，不合题意. ②当a>0时，由f'(x)<0得0<x<；由f'(x)>0得x>， 则f(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴当x=时，函数f(x)取得唯一极小值即最小值. 又∵f(x)≥0且f(1)=0 ∴=1，解得a=1，故实数a的取值集合是{1}. (2)证明：由(1)可知，当a=1时，f(x)≥0，即ln x≤x-1对任意x>0恒成立. ∴要证明ex≥2+x2+(e-3)x+ln x， 则只需要证明ex≥1+x2+(e-2)x， 即ex-1-x2-(e-2)x≥0. 令h(x)=ex-1-x2-(e-2)x，x>0，h'(x)=ex-2x-(e-2)， 令u(x)=ex-2x-(e-2)，u'(x)=ex-2， 令u'(x)=ex-2=0，解得x=ln 2. 当x∈(0，ln 2)时，u'(x)<0，u(x)单调递减， 当x∈(ln 2，+∞)时，u'(x)>0，u(x)单调递增. 即函数h'(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增. 而h'(0)=1-(e-2)=3-e>0，h'(ln 2)<h'(1)=0. ∴存在x0∈(0，ln 2)，使得h'(x0)=0， 当x∈(0，x0)时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(x0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 又h(0)=1-1=0，h(1)=e-1-1-(e-2)=0， 对∀x>0，h(x)≥0恒成立，即ex-1-x2-(e-2)x≥0.综上可得，ex≥x2+(e-3)x+2+ln x. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$