第6章 专题强化练7 利用导数证明不等式（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

专题强化练7　利用导数证明不等式 1.(2025北京密云期末)已知函数f(x)=a(ex+2a)-x,a>0. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)证明: f(x)>2ln a++a2. 2.已知函数f(x)=aln x+x. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=1时,证明:xf(x)<ex. 3.(2024江苏无锡江阴长泾中学阶段测试)已知函数f(x)=(1-x)emx. (1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)当m=1时,若存在a,b(a<b)满足a+ln(1-a)=b+ln(1-b),证明:+>0. 4.(2024重庆第一中学校月考)已知函数f(x)=ln(ax)-1+. (1)若函数f(x)的最小值为0,求实数a的值; (2)证明:对任意的n∈N+,x∈(0,+∞),(x-1)·≥ln恒成立. 答案与分层梯度式解析 1.解析　(1)易得f'(x)=aex-1. 令f'(x)=0,得x=ln=-ln a. 当x<-ln a时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x>-ln a时, f'(x)>0, f(x)单调递增,所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)证明:由(1)得, f(x)min=f(-ln a)=1+2a2+ln a, 所以要证f(x)>2ln a++a2,只需证f(x)min>2ln a++a2,即证a2-ln a->0. 令g(a)=a2-ln a-(a>0),则g'(a)=2a-=. 列表如下: a g'(a) - 0 + g(a) ↘ 极小值 ↗ 所以g(a)min=g=-ln>0,所以对于任意正数a,g(a)>0恒成立, 所以当a>0时, f(x)>2ln a++a2恒成立. 方法总结　利用导数证明不等式的方法 (1)构造法:构造函数,转化为函数的最值问题. (2)放缩法: ①参数放缩:当题目给出参数的取值范围来证明不等式时,可以把参数按取值范围放缩为常数.例如:已知参数a≥1,证明af(x)>0时,可把参数放缩得到af(x)≥f(x),即只需要证明f(x)>0即可. ②函数不等式放缩:先进行放缩,使问题简化,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下(大题使用时需先证明): (i)ex≥x+1;ex-1≥x;ex≥ex;e-x≥1-x. (ii)ln x≤x-1;ln(x+1)≤x;ln-1;ln x≥1-. (iii)ex≥1+x+x2(x≥0);ex≤1+x+x2(x≤0);ln x≤x. 2.解析　(1)易得f'(x)=+1=,x>0. 当a≥0时, f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a<0时,若x>-a,则f'(x)>0;若0<x<-a,则f'(x)<0,所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减. 综上,当a≥0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a<0时, f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减. (2)证明:当a=1时, f(x)=ln x+x. 要证xf(x)<ex,即证x2+xln x<ex,即证1+<. 令g(x)=1+,则g'(x)=. 令g'(x)>0,得0<x<e;令g'(x)<0,得x>e, 所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+. 令h(x)=,则h'(x)=,所以当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0, 所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=. 因为->0,所以h(x)min>g(x)max,所以1+<,所以xf(x)<ex. 3.解析　(1)当m=0时, f(x)=1-x, f(x)在(0,+∞)上单调递减. 当m≠0时, f'(x)=-memx, ①若m>1,则当0<x<1-时, f'(x)>0,当x>1-时, f'(x)<0,所以 f(x)在上单调递增,在上单调递减; ②若0<m≤1,则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减; ③若m<0,则当0<x<1-时, f'(x)<0,当x>1-时, f'(x)>0,所以 f(x)在上单调递减,在上单调递增. 综上所述,当m>1时, f(x)在上单调递增,在上单调递减; 当0≤m≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当m<0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)证明:由a+ln(1-a)=b+ln(1-b),得ln[(1-a)·ea]=ln[(1-b)eb],即(1-a)ea=(1-b)eb, 当m=1时, f(x)=(1-x)ex,则f(a)=f(b), f'(x)=-xex, 当x∈(-∞,0)时, f'(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减, 易得f(1)=0,且当x∈(-∞,1)时, f(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f(x)<0, 故a<0<b<1,即ab<0,则要证+>0,即证a+b<0. 设g(x)=f(x)-f(-x),0<x<1, 则g'(x)=f'(x)+f'(-x)=x(e-x-ex)<0, 即g(x)在(0,1)上单调递减, 又g(0)=0,所以g(x)<0,即f(b)<f(-b), 又f(a)=f(b),所以f(a)<f(-b), 因为f(x)在(-∞,0)上单调递增,a<0,-b<0, 所以a<-b,即a+b<0,得证. 4.解析　(1)当a>0时,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-=. 若x∈(0,1),则f'(x)<0, f(x)单调递减;若x∈(1,+∞),则f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)min=f(1)=ln a=0,所以a=1. 当a<0时,函数f(x)的定义域为(-∞,0), f'(x)=<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,无最小值,与题意不符. 综上,a=1. (2)证明:由(1)得ln x-1+≥0恒成立,即ln x≥1-恒成立,用替代x,得ln x≤x-1. 易知(x-1)≥ln⇔(x-1)-ln≥ln x. 因为x-1≥ln x,所以只需证(x-1)-ln≥x-1,即证(x-1)ex+≥0. 令m=,则m∈(0,1],设g(m)=em(1-x-ln m),所以g'(m)=em. 因为ln m≥1-,所以1--ln m≤0,所以g'(m)<0, 所以g(m)在(0,1]上单调递减,所以g(m)≥g(1)=e(1-x),所以(x-1)ex+≥(x-1)ex+e(1-x)=(x-1)(ex-e). 因为x-1,ex-e在(0,1),(1,+∞)上同号,在x=1时两式都等于0,所以(x-1)(ex-e)≥0, 所以对任意的n∈N+,x∈(0,+∞),(x-1)≥ln恒成立. 7 学科网（北京）股份有限公司 $