导数与不等式证明专项训练-2026届高三数学一轮复习

导数与不等式证明 A组　夯基精练 1．(2024·武汉5月训练)已知函数f(x)＝－f′(1)x2＋x＋2lnx． (1) 求f′(1)，并写出f(x)的表达式； (2) 求证：f(x)≤x－1． 2．(2024·全国甲卷文)已知函数f(x)＝a(x－1)－lnx＋1． (1) 求f(x)的单调区间； (2) 若a≤2时，求证：当x＞1时，f(x)＜ex－1恒成立． 3．(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 求证：当a＞0时，f(x)＞2lna＋． 4．(2024·娄底一模节选)已知函数f(x)＝，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数． (1) 求函数f(x)的单调区间； (2) 求证：f(x)≤ex－1． B组　滚动小练 5．(2024·惠州一调)(多选)已知a＝log2e，b＝ln2，c＝log，则下列关系式正确的是(　　) A．a＞b B．a＞c C．c＞a D．a＋b＝2 6．(2025·黄冈期初)已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(x＋2)为偶函数．当0＜x＜2时，f(x)＝log2(x＋1)，则f(101)＝____． 7．(2024·南通期初)已知函数f(x)＝x2－2ax＋5，a＞1． (1) 若函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，求a的值； (2) 若函数f(x)在区间(－∞，2]上单调递减，且对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有f(x1)－f(x2)≤9成立，求实数a的取值范围． 导数与不等式证明举题说法 1. 【解答】 (1) 由f(x)＝－f′(1)x2＋x＋2ln x，得f′(x)＝－2f′(1)x＋1＋，则f′(1)＝－2f′(1)＋1＋2，解得f′(1)＝1.将f′(1)＝1代入f(x)＝－f′(1)x2＋x＋2ln x，可得f(x)＝－x2＋x＋2ln x. (2) 设g(t)＝t－ln t，t>0，则g′(t)＝1－＝，当0<t<1时，g′(t)<0；当t>1时，g′(t)>0.所以g(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)≥g(1)＝1.从而f(x)＝－x2＋x＋2ln x＝－x2＋x＋ln x2＝x－g(x2)≤x－1. 2. 【解答】 (1) f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，则f′(x)＝，x>0.若a≤0，则f′(x)<0，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；若a>0，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.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) 因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则g′(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，所以当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 3. 【解答】 (1) 因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1.当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2) 当a>0时，由(1)得f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立．令g(a)＝a2－－ln a，则g′(a)＝2a－＝(a>0)，令g′(a)<0，得0<a<，令g′(a)>0，得a>，所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立．所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． 4. 【解答】 (1) f(x)的定义域为R，f′(x)＝，所以当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞). (2) 要证f(x)≤ex－1，即证≤ex－1，令h(x)＝－ex＋1，即证h(x)≤0，h′(x)＝，令m(x)＝1－x－e2x，则m′(x)＝－1－2e2x<0，所以m(x)在R上单调递减，又m(0)＝0，所以当x<0时，m(x)>0，h′(x)>0；当x>0时，m(x)<0，h′(x)<0.所以h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(0)＝0，所以≤ex－1，即f(x)≤ex－1，得证． 5. AC　【解析】 a＝log2e＝＝，c＝log＝＝.因为0<ln 2<1，所以>ln 2，即a>b. 因为ln 3>ln e＝1，所以>，即c>a.所以c>a>b，故A，C正确，B错误．a＋b＝＋ln 2>2＝2，故D错误． 6. －1　【解析】 由题意可知f(x)＝－f(－x)，f(x＋2)＝f(－x＋2)，所以f(－x＋2)＝－f(x－2)＝f(x＋2)⇒f(x＋4)＝－f(x)⇒f(x＋8)＝f(x)，所以f(x)的一个正周期为8，则f(101)＝f(5)＝f(－1)＝－f(1)＝－log2(1＋1)＝－1. 7. 【解答】 (1) 因为f(x)＝x2－2ax＋5的图象开口向上，且对称轴为x＝a(a>1)，所以f(x)在[1，a]上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝6－2a，f(x)min＝f(a)＝5－a2.因为f(x)的定义域和值域均为[1，a]，所以解得a＝2. (2) 因为f(x)在(－∞，2]上是减函数，所以a≥2，所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，a＋1]上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝5－a2.又f(1)－f(a＋1)＝a2－2a≥0，所以f(x)max＝f(1)＝6－2a. 因为对任意的x1，x2∈[1，a＋1]，总有f(x1)－f(x2)≤9成立，所以f(1)－f(a)≤9，即6－2a－(5－a2)≤9，整理得a2－2a－8≤0，解得－2≤a≤4.又a≥2，所以实数a的取值范围为[2，4]. 学科网（北京）股份有限公司 $