板块一 习题讲评（五）导数与不等式的证明课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

课时验收评价 1 2 3 4 1.（13分）设函数f（x）=ex-ax-1（a∈R）. （1）讨论f（x）的单调性；（6分） 解：由题意得f'（x）=ex-a，当a≤0时，f'（x）>0在R上恒成立， 函数f（x）在R上单调递增；当a>0时，令f'（x）=ex-a=0， 解得x=ln a，当x<ln a，f'（x）<0，函数f（x）在（-∞，ln a）上单调递减，当x>ln a，f'（x）>0，函数f（x）在（ln a，+∞）上单调递增，综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递增；当a>0时，f（x）在（-∞，ln a）上单调递减，在（ln a，+∞）上单调递增. 1 2 3 4 （2）若a<1，求证：当x≥0时，f（x）≥x2.（7分） 解：证明：由题意知ex-ax-1≥x2在x≥0上恒成立，令g（x）=ex-ax-1-x2，即g（x）≥0在[0，+∞）上恒成立.则g'（x）=ex-a-x，令h（x）=ex-a-x，则h'（x）=ex-1，当x≥0时，ex≥1，即h'（x）=ex-1≥0，当且仅当x=0时等号成立，所以h（x）在[0，+∞）上单调递增，则h（x）的最小值为 h（0）=e0-a=1-a，因为a<1，所以h（0）>0，即在[0，+∞）上h（x）>0，则g'（x）>0，可得g（x）在[0，+∞）上单调递增，在x=0处取得最小值，最小值g（0）=e0-1=0，即在[0，+∞）上g（x）≥0， 可知当a<1时，g（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以f（x）≥x2. 1 2 3 4 2.（13分）已知函数f（x）=（x2-a）ln x+（a-1）x. （1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（3分） 思维路径：（1）利用导数求出曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为f'（1）=0，结合切点可求方程； 解：当a=2时，f（x）=（x2-2）ln x+x，则f'（x）=2xln x++1，所以f'（1）=0.又f（1）=1，故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=0. 1 2 3 4 思维路径：（2）法一　对函数y=f（x）多次求导，求出函数f（x）的最小值，即可得证； 法二　根据f'（x）=2xln x+，分0<x<1和x>1研究正负，从而得到函数f（x）的单调性及最小值，即可得证. （2）当a>1时，求证：f（x）>0.（10分） 解：证明：法一　由题可得f'（x）=2xln x++a-1，设g（x）= f'（x），则g'（x）=2ln x+3+，令h（x）=2ln x+3+， 1 2 3 4 则h'（x）=-=（x>0），令h'（x）=0，得x=， 当x∈（0，）时，h'（x）<0，h（x）在（0，）内单调递减， 当x∈（，+∞）时，h'（x）>0，h（x）在（，+∞）上单调递增，于是h（x）≥h（）=2ln+3+1=ln a+4>4>0， 则g'（x）>0，g（x）单调递增. 故f'（x）单调递增，而f'（1）=0，故当x∈（0，1）时，f'（x）<0， f（x）在（0，1）内单调递减，当x∈（1，+∞）时，f'（x）>0，f（x）在（1，+∞）上单调递增，故f（x）≥f（1）=a-1>0，综上，命题得证. 1 2 3 4 法二　由题可得f'（x）=2xln x++a-1=2xln x+， 当0<x<1时，2xln x<0，x-1<0，x+a>0，所以f'（x）<0， 即f（x）在（0，1）内单调递减，当x>1时，2xln x>0，x-1>0， x+a>0，所以f'（x）>0，即f（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以f（x）在x=1处取得最小值，且f（x）min=f（1）=a-1. 因为a>1，所以a-1>0，所以f（x）min>0，故f（x）>0. 1 2 3 4 3.（15分）已知函数f（x）=ex-1-ax（a∈R）. （1）求函数f（x）的最小值；（7分） 解：函数的解析式为f（x）=ex-1-ax，则f'（x）=ex-1-a， ①当a≤0时f'（x）>0恒成立，函数f（x）单调递增，无最值； ②当a>0时，令f'（x）=0，ex-1=a，则x=ln a+1， 当x∈（-∞，ln a+1），f'（x）<0，函数f（x）单调递减， 当x∈（ln a+1，+∞），f'（x）>0，函数f（x）单调递增， f（x）在x=ln a+1处取得最小值，即f（ln a+1）=-aln a， 函数f（x）的最小值为-aln a. 1 2 3 4 （2）若a=0，m≤1，求证：f（x）>ln（x+m）.（8分） 解：证明：当a=0时，f（x）=ex-1，即证明ex-1>ln（x+m）， 因为m≤1，所以x+m≤x+1，则ln（x+m）≤ln（x+1）， 则只需证明ex-1>ln（x+1）. 令g（x）=ex-1-x，则g'（x）=ex-1-1， 当x-1≥0，即x≥1时，g'（x）≥0，g（x）单调递增， 当x-1<0，即x<1时，g'（x）<0，g（x）单调递减， 所以g（x）≥g（1）=1-1=0，可得ex-1≥x. 1 2 3 4 令h（x）=x-ln（x+1）（x>-1）， 则h'（x）=1-=（x>-1）， 当-1<x<0时， h'（x）<0，h（x）单调递减， 当x>0时，h'（x）>0，h（x）单调递增， 所以h（x）≥h（0）=0-0=0，可得x≥ln（x+1）， 因为ex-1≥x与x≥ln（x+1）取等号的条件不同， 所以ex-1>ln（x+1），所以f（x）>ln（x+m）. 1 2 3 4 习得方略：切线放缩 （1）思维导图 1 2 3 4 （2）图形表示 1 2 3 4 4.（15分）已知函数f（x）=（2-a）ln x+x+，a∈R. （1）讨论函数f（x）的单调性；（6分） 思维路径：（1）求导，分a≤0和a>0两种情况，利用导数判断原函数单调性； 解：由题意可知，f（x）的定义域为（0，+∞）， 且f'（x）=+1-=， 当a≤0时，f'（x）>0恒成立， 1 2 3 4 所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a>0时，令f'（x）<0，得0<x<a， 令f'（x）>0，得x>a， 所以函数f（x）在（0，a）内单调递减， 在（a，+∞）上单调递增. 综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a>0时，f（x）在（0，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增. 1 2 3 4 （2）求证：对∀x∈（0，+∞），∃a∈（0，+∞），使得f（x）>4.（9分） 解：证明：当a>0时，f（x）在（0，a）内单调递减， 在（a，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（a）=（2-a）ln a+a+2. 令g（a）=（2-a）ln a+a+2（a>0），则g'（a）=-ln a++1=-ln a. 令h（a）=g'（a）=-ln a（a>0），则h'（a）=--<0，可知h（a）单调递减，即g'（a）单调递减. 思维路径：（2）分析可知f（x）min=f（a），构造函数g（a）=（2-a）ln a+a+2（a>0），利用导数结合零点代换分析可得g（a）max>4，即可得结果. 1 2 3 4 且g'（2）=1-ln 2>0，g'（3）=-ln 3<0，可知∃a0∈（2，3）， 使得g'（a0）=-ln a0=0，即ln a0=，当a∈（0，a0）时， g'（a）>0；当a∈（a0，+∞）时，g'（a）<0.可知g（a）在（0，a0）内单调递增，在（a0，+∞）上单调递减，则g（a）max=g（a0）=（2-a0）ln a0+a0+2=（2-a0）·+a0+2=+a0≥2=4，当且仅当=a0，即a0=2时，等号成立，又a0∈（2，3），所以g（a）max>4. 所以对∀x∈（0，+∞），∃a∈（0，+∞），使得f（x）>4. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $