核心微练26 导数与不等式的证明-（作业课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高考数学高考一轮总复习（名师划重点）

导数与不等式的证明 微练(二十六) 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1．已知函数f(x)＝ln＋ax(a∈R)． 若0<a≤，x∈，证明：f(x)<2. f′(x)＝＋a.因为≤x≤2，所以－1≤≤－，又0<a≤，所以－1<f′(x)≤0，故f(x)在区间上单调递减，所 以f(x)≤f＝ln 4＋a≤ln 4＋<2. 2．已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.当a≤0时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)在单调递增，在单调递减．综上所述，当a≤0时f(x)的减区间为(0，＋∞)，无增区间；a>0时，f(x)的减区间为，增区间为. (2)若a＝2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． (2)当a＝2时，f(x)＝2x－ln x－1，令g(x)＝ex－1－f(x)，则g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1(x>1)，则g′(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－，显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝e0－2＋ln 1＋1＝0，所以ex－1－2x＋ln x＋1>0，即ex－1>2x－ln x－1，原不等式得证． 3．已知函数f(x)＝ax2－2ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (1)因为f(x)＝ax2－2ln x，x>0，所以f′(x)＝2ax－＝.①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<，由f′(x)>0，得x>，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)求证：当a>0时，f(x)≥2－. (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f＝ln a＋1，要证明f(x)≥2－，只要证ln a＋1≥2－，即证ln a＋－1≥0，设φ(a)＝ln a＋－1，a>0，则φ′(a)＝－＝，令φ′(a)＝0得a＝1，列表得 a (0,1) 1 (1，＋∞) φ′(a) － 0 ＋ φ(a) 单调递减 极小值 单调递增 所以φ(a)≥φ(1)＝0，即ln a＋－1≥0，所以f(x)≥2－. 4．已知：f(x)＝2ln(x＋1)＋cos x，f(x)－1≤2x. 求证：<ln 4，n∈N*. 由已知，得f－1≤2，即f≤，则≤2，又因为ln(x＋1)≤x在(－1，＋∞)上恒成立，则ln x≤x－1在(0，＋∞)上恒成立且当且仅当x＝1时取等号，令x＝∈ (0,1)，n∈N*，则ln<－1＝，即<－ln＝ln＝ln(n＋1)－ln n，则＋＋…＋<ln(n＋1)－ln n＋ln(n＋2)－ln(n＋1)＋…＋ln(2n)－ln(2n－1)＝ln(2n)－ln n＝ln 2，综上，<2ln 2＝ln 4，即证． $$