第3章 考点练18 导数与不等式的证明-【红对勾】2026年高考数学一轮复习金卷

时，f(x)的单调递增区间为 (0,1-） 2 1+1=a,+∞） 2 (2)由1知0<a<号4（十=1， ,=分则0<<2<， 由f(x1)≥mx2恒成立，即x-2x1十 alnx1≥mx2, 即(1-x2)2-2(1-x2)十2(1 x2)xln(1-x2）≥mx2, 即m≤x2一 1+21-x2n(1-x,), 记h(x)=x一 +2(1-x)ln(1 x << 则h'(x)= 1 -2ln(1-x)-1> (分<<)： 故A)在（号，1）上为增函数， (2) 3 -ln2, 故m<-号-lh2,即实数m的取值范 国为(，-号-h习 考点练18 导数与不等式的 证明 基础巩固练 1.证明：f(x)=e-ln(x十m)(x>-m). 当m≤2，x∈(-m,十∞)时， ln(x十m)≤ln(x十2)，故只需证明当 m=2时，f(x)>0. 1 当m=2时，f'(x)=e- +2在 (-2,十∞)上单调递增，又f′（一1）< 0,f'(0)>0, 故f'(x)=0在（一2，十∞）上有唯一实 根x。,且x。∈(-1,0).当x∈(-2， xo)时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当 x∈(x。,十∞)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增. 从而当x=x。时，f(x)取得最小值.由： f,)=0得c=中2a。+ 2)=-xo,故f(x)≥f(x)= 2w+2+x。=x。+1) 1 x0十2 >0.综上，当 m2时，f(x)>0. 2.解：(1)f'(x)=2x-a十 x 依题意，f'(1)=2×1-a十1=0，解得 a=3, 经检验符合题意，所以a=3. (2)证明：由(1)可知，f(x)=x2一3.x 要证f(x)=x2-3x十lnx≤2x2 4x,即证x2-x-lnx≥0， 设g(x)=x-x-lnx,则g'(x)= 2x-1-1=x-1)(2x+1) 所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x) 2对勾·高考一轮复习金卷数学 单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0,g(x)单 调递增， 当x=1时，g(x)取得极小值，也是最 小值， 因为g(1)=0,g(x)≥g(1)=0, 所以f(x)≤2x2一4x, 8,证明：要证fx)<xe十。，只需证 ex-Inx<e+ex' 1 即ex-e<lnx+ez 令h(x)=lnx十(z>0),则h'(x)三 ex1 ex? 令(x)=0,得x=是，当'(x)<0 时x<。,当/(x)>0时，x> e 即h(x)在(o,）上单调递诚，在 (日，+∞）上单调递增，则h(x)m (日)=0.所以1nx+≥0. ex 再令9(x)=ex一e,则o'(x)=e e,令g'(x)=0,得x=1,当g'(x)< 0时，x>1,当9'(x)>0时，x<1,即 o(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞) 上单调递减，则g（x）ms=9(1)=0, 所以ex-e≤0.因为h(x)与p(x)不 ,故原 同时为0，所以ex一e<lnx十ez 不等式成立 4.解：(1)f'(x)=。-a(x>0). ①若a≤0，则f'(x)>0,f(x)在 (0,十∞)上单调递增： @若a>0,则当0<x<号时， f')>0,当x>时，f'(x)<0,故 f(x)在(0，。）上单调递增，在 (台，+∞）上单调通诚。 (2)证明：因为x>0,所以只需证 fx)≤号-2e,当a=c时，由1)知， f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞) 上单调递减， 所以f(x)mx=f(1)=-e 记g(x)=g-2c(x>0),则g'(x)= (x-1)e ,所以当0<x<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)m=g(1)=-e.综上，当 x>0时，f(x)≤g(x),即f(x) e --2e,即xf(x)-e+2ex≤0. x 解：(1)f'(x)=e十cosx-a,则 f'(0)=2-a, 因为切线l与直线x一y=1平行，所以 f(0)=2-a=1,解得a=1, 又f(0)=1,所以切线1的方程为y一 172 1=1·(x-0),即x-y十1=0. (2)证明：f(x)>2一cosx对任意的 x∈(0，十o∞)恒成立，即e十sinx十 cosx-ax-2>0对任意的x∈ (0,十o)恒成立. 设h(x)=e一x-1,则h'(x)=e 1,易得h(x)在(0，十∞)上单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)=0,即 当x>0时，e>x十1， 设p(x)=x-sinx(x>0),则 p(x)=1一c0sx≥0，所以D(x)在 (0,十∞)上单调递增， 所以当x>0时，p(x)>p(0)=0,即 当x>0时，x>sinx, 所以当x>0时，e>x十1>sinx+ 1≥sinx+cosx 即e-sinx-cosx>0①. 设g(x)=e十sinx+cosx-ax-2, 则g'(x)=e十cosx-sinx-a, 设t(x)=e十cosx-sinx-a,则 t'(x)=e-sin x-cos x, 由①式知当x>0时，t'(x)>0,所以 t(x)即g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g'(x)>g'(0)=2-a, 当a≤2时，g'(x)>0,所以g(x)在 (0,十∞)上单调递增， 故g(x)>g(0)=0,即e十sinx十 COs元-Qx 一2>0对任意的x∈ (0,十o)恒成立， 即当a≤2时，f(x)>2-cosx对任意 的x∈(0，十∞)恒成立. -e1 能力提升练 1.解：(1)由f(x)=e-2x十2a,x∈R, 得f'(x)=e-2,x∈R,令f'(x) 0,得x=ln2. 于是当x变化时，∫'(x),f(x)的变化情 况如下表： (-0∞， (ln2, x 1n2 In 2) 十∞) f(x) 0 单调 单调 f(x) 2(1-ln2+a) 递减 递增 故f(x)的单调递减区间是(-∞，ln2), 单调递增区间是(ln2,十oo) f(x)在x=ln2处取得极小值，极小值 为f(ln2)=2(1-ln2+a),无极大值 (2)证明：设g(x)=e-x2十2ax-1, x∈R,则g'(x)=e-2x+2a,x∈R 由(1)知当a>ln2-1时，g'(x)的最小 值为g'(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于 是对任意x∈R,都有g'(x)>0, 所以g(x)在R上单调递增.于是当a> 1n2一1时，对任意x∈(0，十o∞)，都有 g(x)>g(0). 又g(0)=0,从而对任意x∈(0，十∞)， g(x)>0,即e-x2十2ax-1>0,故 ex>x2-2a.x+1. 解：(1)由题意，函数f(x)=x·lnx a,且y=f(x)=x·g(x), 可得g(x)=f2=1nx+ ,x0, 则g'(x)= I a x-a xx x2, 所以g'(1)=1-a,又因为g(1)= ln1十a=a, 所以g(x)的图象在x=1处的切线方 程为y=(1-a)(x-1)十a, 又因为函数y=g(x)的图象在x=1: 处的切线过原点，可得0=(1一a)·(0 1D十a,解得a=之 (2)证明：当a=1时，即证lnx十 1 e -c0sx(x>0), x 由于cosx∈[-1,1]，所以-cosx≥ g-1,只需证1nx十1<g -1. xx 令k(x)=1nx+1-g+1x>0, 只需证k(x)<0, k'(x)=1-1e(x-1) x x (1-e)(x-1) x2 由x>0,可得1-e<0,令k'(x)>0, 解得0x<1,令k'(x)<0,解得x>1, 所以k(x)在(0,1)上单调递增，在 (1,十∞)上单调递减， 所以(x)在x=1处取得极大值，也是 最大值，所以k(x)mx=k(1)=2-e< 0,即k(x)<0. 所以当a=1时，不等式g(x)十cosx< e恒成立 3.解：(1)由题意 得f(x)=1一 e,当x<0 fx) 时，f'(x)>0: 当x>0时， f(x)<0. .函数f(x) 在（一∞，0）上单调递增，在(0，十∞)上 单调递减， ∴·f(x)mx=f(0)=a一1.如图 又当x→-o∞时，e→0，f(x)→ -00； 当x→十o∞时，一e→一∞，f(x) →-00. 函数f(x)=x一e十a恰有两个零 点，.f(x)ms=a-1>0,即a>1. .实数a的取值范围为(1，+∞). (2)证明：g（x)=(x-e十a）- (-2x-e2x十a)=3x-e十e2x,x∈ (-0∞，0)， ∴g'(x)=3-e-2e2x,令h(x)= 3-e-2e2r,x∈(-o∞，0)， .h'(x)=4e2x-e, 又x∈(-o∞，0)时，有4e2x>1,e< 1,.h'(x)>0,h(x)在(-o∞，0)上单 调递增，.g'(x)在（一∞，0）上单调递 增，从而g'(x)<g’(0)=0,∴·g(x)在 (一∞，0)上单调递减. （3)证明：由(1)知，x1<0<x2,要证 2x1十x2<0,只需证x2<-2x1, f(x)在(0，十∞)上单调递减，.只 需证f(xg)>f(-2x1). .f(x1)=f(x2)=0, .只需证f(x1)>f(-2x1),其中 x1<0,.只需证g(x1)=f(x1) f(-2x1)>0,其中x1<0, 由(2)知，当x<0时，g(x)>g(0)= 0,.f(x1)-f(-2x1)>0,.2x1 x2<0. 4.解：1fx)=三∴f(x)=1-2 e 当x<1时，f'(x)>0,当x>1时， f'(x)<0, 所以f(x)在（一∞，1）上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减， 所以当x=1时，f(x)取得极大值 1 e 无极小值。 (2)证明：令h(x)=xg(x)+2一 2(x7 ef)+2=xnx+2-x+ 0), 则'(x)=nx-名(x>0), 令r(x)=lnx-- 则r'(x)= +2>0在0，+60)上 14 x 恒成立， 所以r(x)在(0，十∞)上单调递增， 2 又r(1)=1n1- 12 =-2<0,r(e)= he=1-号>0. 2 所以存在x。∈(1，e),使得r(x。)=0, 即lnxo三，(x。∈1，e) 所以x∈(0，x。)时，r(x)<0,h'(x)< 0,h(x)单调递减， x∈(x。,十∞)时，r(x)>0,h'(x)> 0,h(x)单调递增， h(x)m=h(xo）=zoIn zo十2-xo =x0· 2+2-。+2=2-x。+ 4(x∈(1，e 令m(x)=2-x+4(x∈(1，e), x 4 则m(x)=一1一 <0在(1，e)上恒 成立， 所以m(x)在(1，e)上单调递减. 所以m(x)>m(e)=2-e十 4之0 所以h(z)=h(x。)=2-x。十>0： 所以xg(x)十2>efx)-2 y 5.解：(1)由f(x)=xlnx,得f'(x)= In +1. 所以f(1)=0,f'(1)=1,所以所求的 切线经过点(1,0)，且斜率为1，故其方程 为y=x-1. (2)设h(t)=t-1-lnt,则h'(t)=1 =1,从而当0<1<1时')< t t 0,当t>1时h'(t)>0, 所以h(t)在(0,1]上单调递减，在 [1,十∞)上单调递增，这就说明h(t)≥ h(1),即t一1≥1nt,当且仅当t=1时 等号成立 设g(t)=a(t-1)-2lnt,则 f(x)-a(x-vx)=xInx-a(x- )=xa 17 -1-2n √x 173 当x∈(0，十∞)时，二的取值范围是 x (0,十o),所以命题等价于对任意t∈ (0,十∞)，都有g(t)≥0. 一方面，若对任意t∈(0，十∞)，都有 g(t)≥0，则对t∈(0，十∞)有 0≤g(t)=a(t-1)-2lnt=a(t-1)+ 2n≤aa-1)+2(}-1)=ar+ 2 t -a-2, 取t=2,得0a-1,故a≥1>0. 再取：=任，得0≤a·√月 2ga-2=22a-&-2 -(√a-√2)2，所以a=2. 另一方面，若a=2,则对任意t∈ (0,十o∞)都有g(t)=2(t-1)-2lnt 2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，可知a的值是2. (3)证明：先证明一个结论：对0<a< b,有na+1<fb）二fa<1nb+1. b-a 证明：前面己经证明不等式t一1≥lnt, 故l血b-alne-anh-alna+hb- b-a b-a a+Inb<1+Inb, b -1 a 且l血h-alna_blnh-bina+lna b-a b-a 十lna= 1-号 a 1一6 1十lna, 所以1na+1<blnb-alna<1nb+1, b-a 即l1na+1<fb）-fa<1nb+1. b-a 由f”(x)=lnx+1,可知当0<x≤ 时fx)<0,当x>日时f'x)>0, 所以在（®，]上单消递减，在 [日十)上单调适增。 不妨设x1≤x2,下面分三种情况（其中 有重合部分)证明本题结论. 情况-：当≤x1≤：<1时，有 「f(x1)-f(x2)=f(x2)-f(x1)< (lnx2十1)(x2-x1)<x2-x1< √x2一x1,结论成立， 情况二：当0<x1≤x:≤上时，有 e f(x1)-f(x2)=f(x1)-f(x2)= zIIn x1-x:In x2. 对任意的c∈（0， 11 ,设o(x)=xlnx clnc-e-x,则g'(x)=lnx十1+ 1 2√c-x 由于'(x)单调递增，且有 参考答案 <In + 2e -1 +1 C √2c /2c 2c-2 0 1 且当x≥c 由 =≥1n2-1可知p'(x) "2W- In x+1+ 1 >n2 十1十 2√e-x 1 1 2Vc-x2Vc-x -（m2-1）≥0 所以p'(x)在(0，c)上存在零点x。,再 结合P'(x)单调递增，即知0<x<xo 时P'(x)<0,x。<x<c时g'(x)>0, 故(x)在(0，xo]上递减，在[xo,c]上 递增. ①当x。x≤c时，有p(x)≤p(c) 0. ②当0<x<x。时，由于6in} -2f0)<-2f()=是<1.放可 以取g∈（1n1,), 从而当0<x<1-q ,c时，由√一正> qE,可得 p(x)=zIn x -cln c-vc-z< -cIn c-vc-x <-cIn c-gv Ein上-g)<o. 再根据(x)在(0，x。]上单调递减，即 知对0<x<x。都有(x)<0. 综合①②可知对任意0<x≤c,都有 p(x)≤0，即p(x)=xlnx-clnc Wc-x≤0. 根据（∈(o,门和0<g≤：的任意 性，取c=x2x=x1,就得到x1lnx1 x2lhx2-√x2-xi≤0， 所以f(x1)-f(x2)=f(x1)- f(x2）=x1lnx1-x2lnx2 √x2一x1,结论成立 情况三：当0<x≤合≤x:<1时，根 据情况一和情况二的讨论，可得 f(z)- -x1≤ () √/x2-x1, 而根据f(x)的单调性知，f(x,) f(x2) fx-f(t) 或 Ifu)-f≤f日)-fu 以励闪·高考一轮复习金卷数学 故一定有|f(x1)-f(x2)≤ √x2一x1成立. 综上，Hx1,x2∈(0,1)，都有f(x1)- f(x)≤|x1-x2 考点练19 导数与函数 零点 。基础巩固练 1.解：(1)f(x)是R上的偶函数，g(x) 是R上的奇函数， e2e 即{fx）-g(x)=cos2x+e-e, f(z)+g(x)=cos 2x +e-e*, 解得f(x)=cos2x,g(x)=e-e (2)证明：由(1)得h(x)=cos2x十e- e,..h'(z =-2sin 2x +e'+e* ,e十e≥2（当且仅当e=ex,即 x=0时取等号)，一1≤sin2x≤1， .h(x)≥0在R上恒成立，.h(x)在 R上单调递增. h(）=cos(-)+e-e -1+e-e<0,h(0)=c0s0+1 1=1>0, 3x。∈（受，0），使得hxo)=0, 又h(x)在R上单调递增，.函数h(x) 有且只有1个零点. 2.解：(1)当a=1时，f(x)=e一x一2， 则f'(x)=e一1.当x<0时，f'(x)< 0,f(x)单调递减；当x>0时，f(x)> 0,f(x)单调递增.故f(x)在（一○，0） 上单调递减，在(0，十∞)上单调递增. (2)方法一f(x）=e一a.当a≤0时， f'(x)>0,所以f(x)在（一∞，+o∞）上单 调递增，故∫(x)至多存在一个零点，不 符合题意，舍去.当a>0时，由f'(x)= 0,解得x=lna,所以当x∈(-∞， lna)时，f'(x)<0;当x∈(lna,+o∞) 时，f'(x)>0,所以f(x)在(-o∞，lna) 上单调递减，在(lna,十o∞)上单调递 增，故f(x)mim=f(lna)=-a(1+ lna）. （1)若0<a≤。，则fna)≥0： f(x)在（一∞，十∞）上至多存在一个零 点，不符合题意，舍去 (i)若a>工，则flna)<0.因为 e f(-2)=e2>0,所以f(x)在(-o∞， lna)上存在唯一零点.由(1)知，当x> 2时，e一x-2>0,所以当x>4,且： x>2n(2a)时，f(x)=e,e a(x+2)>ew.(货+2）-ax 2)=2a>0,所以f(x)在(lna,+o∞)： 上存在唯一零点，从而∫(x)在 (一∞，十∞)有两个零点. 综上，实数a的取值范国是（日，十一） 方法二（分离参数） 若f(x)有两个零点，即e一a(x十2)= 0有两个解.显然，a≠0，因此 +2有两个解，即直线y=日 e 与曲线 174 h(x)=工+2有两个交点.'(x) -(x+D,令'(x)=0,得x=-1, e 当x<-1时，h'(x)>0,当x>-1时， h'(x)<0,故h(x)在(-∞，-1)上单 调递增，在(-1，十∞)上单调递减，故 h(x)mx=h(-1)=e.又h(-2)=0, 当x>-2时，(x)=x+2>0,当 x+0时，h(x)=+2→0，画出 h(x)的图象，如图所示， h(x) e y-d -2-10 结合图象可知， 当上>e时，直线y=上与曲线 a h()=十2没有交点： 当}=c或<0时，直线y= 工与曲 线A(工)=工十2有唯一一个交点： e" 当0<】<e时，直线y=上与曲线 a h(x)=工+2有两个交点. e 综上所述0<上<c,即a>,故实 数a的取值范围是（仁，+∞）· 3.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，十∞)， f(x)=十√m)x-√m) x 当0<x<√m时，f'(x)<0,函数 f(x)单调递减； 当x>√m时，f'(x)>0,函数f(x)单 调递增. 综上，函数f(x)的单调递增区间是 (√m,十∞)，单调递减区间是(0，√m). (2)令F(x)=fx)-gx)=-7x (m+1)x-mln x,x>0, 题中问题等价于求函数F(x)的零点 个数. F'(x）=-x-1)(x-m) 若m=1,则F'(x)≤0，所以函数F(x) 在(0，十∞)上单调递减， 因为F1)=三>0，F(4)=-n4< 0,所以F(x)有唯一零点. 若m>1,则当0<x<1或x>m时， F'(x)<0; 当1<x<m时，F'(x)>0, 所以函数F(x)在(0,1)和(m,+o∞)上 单调递减，在(1，m)上单调递增。 因为F(1)=m十2 1 >0,F(2m+ 2)=-mln(2m+2)<0,所以F(x)有 唯一零点. 综上，函数F(x)有唯一零点，即函数 f(x)与g(x)的图象总有一个交点.考点练18导数与不等式的证明 CHU GONGGU LIAN 基础巩固练 ●答案：172页 1.(教材回归)已知函数f(x)=e一ln(x+).当m≤2时，求证： f(x)>0. 2.(2024·河北保定三模)已知函数f(x)=x2一ax+lnx,x=1为 f(x)的极值点. (1)求a的值； (2)求证：f(x)≤2x2-4x. 3.已知函数f(x)=er-xln.求证：当x>0时，f(x)<xe+ 4.已知函数f(x)=elnx-ax(a∈R). （1)讨论f(x)的单调性； (2)当a=e时，求证：xf(x)-e十2ex≤0. 第三章一元函数的导数及其应用035 5.已知函数f(x)=e+sinx一a.x. (1)若f(x)的图象在(0，f(0)处的切线1与直线x一y=1平行， 求切线1的方程； (2)求证：当a≤2时，对任意的x∈(0，+c∞)，f(x)>2一cosx 恒成立. >0362对勾·高考一轮复习金卷数学 能力提升练 ●答案：172页 1.设a为实数，函数f(x)=e一2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln2-1且x>0时，e>x2-2a.x+1. 2.(2024·上海松江区二模)已知函数f(x)=x·lnx+a(a为常数)， 记y=f(x)=x·g(x). (1)若函数y=g(x)的图象在x=1处的切线过原点，求实数a的值； (2)当a=1时，求证：g(x)+cosx<C 3.(2024·陕西榆林期末)已知函数f(x)=x一e”+a恰有两个零点 x1,x2(x1<x2）. (1)求实数a的取值范围； (2)若函数g(x)=f(x)一f(-2x),求证：g(x)在（一∞，0）上单 调递减； (3)求证：2x1+x2<0. 4.(2024·陕西安康模拟)已知函数f(x）=工 ,g(x）=lnx. (1)求f(x)的极值； 2)求证：xg(x)+2>ef(x)二 5.(2024·天津卷)设函数f(x)=xlnx. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)≥a(x一√x)在x∈(0，+∞)时恒成立，求a的值； (3)若x1,x2∈(0,1)，求证：|f(x1)-f(x2)|≤|x1一x2|.