微练(34) 导数与不等式的证明(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

色学科网书城回 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 微练（三十四） 导数与不等式的证明 1.已知函数fx)=cosx十sinx,x∈（一元，元）. (1)求x)的单调区间和极小值； (2)求证：当x∈[0，元)时，2f)≤e+ex 解(I)函数x)=cosx十xsinx,x∈(-元，元)，求导得(x)=-sinx+sinx十xcosx=xcos x.当一元x<一r2时，(x)>0,x)单调递增：当-π2<x<0时，f(x)0,)单调递减： 当Ox<r2时，(x)>0,fx)单调递增；当r2x<π时，x)<0,x)单调递减.所以)的 单调递增区间为\avs4\al\col(-r,-\f(r2),\avs4\al\col(0,f(r2),单调递 减区间为\avs4al\co1(-\f(r2),0),avs4alco1(f(r2),r),fx)的极小值为f (0)=1. (2)证明：当x∈[0，)时，令Fx)=e+e-x-2(cosx十xsinx),求导得F')=ex-e x-2 xcos x≥e-e-x-2x,令ox)=er-e-x-2x,求导得0'(x)=e+e-x-2≥2ex·e-X-2 =0,当且仅当x=0时等号成立，函数px)在[0，上单调递增，则0x)≥(0)=0，F'(x) ≥0且不恒为0，Fx)在[0，元)上单调递增，因此Fx)≥F(O)=0,所以2x)≤ex十e-x 2.已知函数fx)=2e-ax,a∈R (I)讨论函数x)的单调性； (2)当a=e时，求证：x)>e(1-cos). 解(I)由已知f(x)=2ex-a,当a≤0时，f(x)>0恒成立，函数fx)在R上单调递增： 当a>0时，由f(x>0,得x心na2,函，数x)单调递增，由(x)<0,得x<na2,函数x)单 调递减.综上所述，当a≤0时，函数x)在R上单调递增：当a>0时，函数x)在 avs4\al\col(1nlf(a2),+∞)上单调递增，在\a\vs4\al\col(-∞，ln\f(a2)上单调递 减. (2)证明：由a=e,x)>e(1-cosx)得2e-ex>e(1-cosx),即证2e-l>x+1-cosx,当 x≤0时，设函数kx)=x十1-cosx,则k'()=1十snx≥0，)在(-∞，0]上单调递增， 所以x)≤k(O)=0,所以2ex-1>0≥x+1-cosx成立；当x>0时，要证2ex-1>x+1-cosx 成立，即证2ex-1-2x>1-cosx-x.设函数h(x)=2e-1-2x,x>0,则h'(x)=2e-1-2,当 h'(x)<0时，O<1,函数hx)单调递减，当h'(x)>0时，x>l,函数hx)单调递增，所以h c)≥h(1)=2e0-2=0,即2e-1-2x≥0，设gx)=1-cosx-x,x>0,则g'(x)=sinx-1≤ 0,gx)在(0，+∞)上单调递减，所以gx)g(0)=0,即0>1-cosx-x,所以2e-1-2x≥0 >1-cosx-x.综上，fx)>e(1-cosx)成立. 3.(2024天津高考)设函数fx)=xnx (1)求x)图象上点(1,1)处的切线方程： (2)若x)≥a一x)在x∈(0，+∞)时恒成立，求a的值； (3)若，2∈(0,1)，证明1)一f2)≤61一x212. 解(1)由题知1)=0，fx)=nx十1，所以f(1)=1,所以切线方程为y=x-1. (2)由题可得xnx≥a(x-x)在(0，+∞)上恒成立，即lnx≥aavs4al\co1(1- f(1\r(x))在(0，+∞)上恒成立.设gx)=lnx-a\avs4\al\co1(1-\f(1\r(x)=lnx-a 十a\r(x),x∈(0，+∞)，则gx)≥0恒成立，又g1)=0,所以g'(1)=0.因为g'x)= 1x-12ax-32,所以8'(1)=1-a2=0,解得a=2. (3)证明：当：1=x2时，x)一2=k1一2=0.当1≠3时，不妨设x2,令f() =nx+1=0,得x=le,所以fx)在1avs4al\co1(0,\f(1e)上单调递减，在 avs4al\co1(f(1e),1)上单调递增 ①当02≤1e时，fx)>x2),x1)-x2)=xnx1-x2ln,设tx)=xnx+x,0 x<1,则t'(x)=lnx+1+12\r(x),设m(x)=lnx+1+12\r(x),0x<1,则m'(x)=1x- 14xr(x)=x)-14x\r(x).令m'(x)=0,得x=116,所以m(x)在\avs4\a1\co1(0, f(116)上单调递减，在avs4\al\co1(f(116),1)上单调递增，所以t'(x)≥t'\ avs4\a1\co1(f(116)=lnl16+1+2=lne316>0,所以tx)在(0,1)上单调递增.所以xn 1+x1x2n2+x2,x1ln1-x2lnx2<x2-x1,因为(x2-x1)2-(x2-x1)2=2x1-2x1x2=2x1 独家授权侵权必究 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (x1一x2)<0,所以x2-x1<x2-x1,所以xn灯1一x2nx2<x2-x1,即1)-fx2)<c1-x2l12 ②当1e≤x1x2<1时，fx1)f2),x1)-fx2=x2lnx2一xln1,设h(x)=xnx-x,0 x<l,则h'(c)=nx<0,所以hc)在(0，l)上单调递减，所以n一>xnx2一2，即x2ln 2-ln<x2-,因为1e≤x1x2<1,所以0<-1<1,0<x2-x1<1,一<x2-x1,所以 x2In x2-xlIn x1<x2-x1,fx1)-f(x2)-x212. ③当0<61<1ex2<1时 若)2)，则)-f (c2)<fb1lc(rc)(a\vs4\al\co1(f(1e)-fx2),由②知， f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\col(\f(1e)))-f x2 )<1e)<x2-x1,x)-fx2) x212:fx1)f(x2),)-fx2)<f x1 -f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\col(\f(1e)))), 由①知，fx1-fb1lc(rc1)(a\vs4\al\co1(f(1e))<1e)-x1<x2-x1,所以 f1)-fx2)<61-x212.若x1)=fx2),则]x)-fx2=0,x1一x212>0,故K)-x2)<一 |12.综上可知，：，2∈(0,1)，都有x1)一f2<1一x212 ·独家授权侵权必究·