第47天 导数与单变量不等式的证明 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦导数与单变量不等式证明，通过基础到综合的题型设计，系统覆盖构造函数、极值点性质等核心考法，培养逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础不等式证明|1题|不含参对数函数不等式|从求导判断单调性切入，建立导数与函数最值的直接联系| |含参不等式证明|2题|指数与对数交叉、参数范围限定|结合参数性质转化不等式，体现数学模型的构建与应用| |极值点关联证明|3题|极值点性质应用、函数构造|通过极值点导数为零的特性，深化导数与函数极值的逻辑推导| |综合应用证明|4题|参数范围、单调性判断、不等式放缩|整合导数应用全链条，培养从已知结论到未知证明的推理意识|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第47天 导数与单变量不等式的证明 1.证明　f'(x)=-1=-, 故当-1<x<0时,f'(x)>0,f(x)在(-1,0)上单调递增; 当x>0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减, f(x)的最大值为f(0)=0,故当x>-1时,f(x)≤f(0)=0,即ln(x+1)-x≤0, 所以ln(x+1)≤x. 令g(x)=ln(x+1)+-1, 则g'(x)=, 当x∈(-1,0)时,g'(x)<0, 当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0, g(x)的最小值为g(0)=0, 所以当x>-1时,g(x)≥g(0)=0, 即ln(x+1)+-1≥0, 所以ln(x+1)≥1-. 综上,当x>-1时,恒有1-≤ln(x+1)≤x. 2.答案　证明　法一　当a≥e时,aex-2ln x-4≥ex+1-2ln x-4, 设f(x)=ex+1-2ln x-4(x>0), 则f'(x)=ex+1-, f″(x)=ex+1+>0, 所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f'=-8<0, f'(1)=e2-2>0, 所以f(x)在(0,+∞)上有唯一零点x0,且当x>x0时,f'(x)>0,当0<x<x0时,f'(x)<0,从而f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(x0)=-2ln x0-4,又f'(x0)=-=0,所以=,两边取对数,得x0+1=ln 2-ln x0,即ln x0=ln 2-1-x0,故f(x0)=-2ln x0-4=-2(ln 2-1-x0)-4=+2x0-2ln 2-2≥2-2ln 2-2=2-2ln 2>0,当且仅当x0=1时取等号,所以f(x)min>0,故f(x)>0,因为aex-2ln x-4≥f(x),故有aex-2ln x-4>0,即aex>2ln x+4. 法二　设φ(x)=ex-ex(x>0),则φ'(x)=ex-e,所以φ'(x)>0⇔x>1,φ'(x)<0⇔0<x<1,从而φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故φ(x)≥φ(1)=0,所以ex≥ex,故ex+1≥e(x+1), 设r(x)=ln x-x+1(x>0), 则r'(x)=-1=, r'(x)>0⇔0<x<1, r'(x)<0⇔x>1,从而r(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故r(x)≤r(1)=0,所以ln x≤x-1,故当a≥e时,aex-2ln x-4≥ex+1-2ln x-4>e(x+1)-2(x-1)-4=e(x+1)-2(x+1)=(e-2)(x+1)>0. 故aex>2ln x+4. 3.证明　(1)由h(x)=xln x-x+x2,x>0, 则h'(x)=ln x+2x,令H(x)=h'(x), 求导可得H'(x)=>0在(0,+∞)上恒成立, 则函数H(x)在(0,+∞)上单调递增,即函数h'(x)在(0,+∞)上单调递增, 由x0是函数h(x)的极值点,则h'(x0)=0,即ln x0=-2x0, 由h'(1)=2>0,则0<x0<1, 所以f(x0)+3x0=x0ln x0-x0+3x0=-2+2x0=2x0(1-x0)>0. (2)f'(x)=axex-2,设g(x)=axex-2,则g'(x)=a(1+x)ex, 因为<a<, 所以当x∈(-∞,-1)时,g'(x)<0,g(x)即f'(x)单调递减; 当x∈(-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)即f'(x)单调递增; x→+∞时,g(x)→+∞,即f'(x)→+∞; x→-∞时,g(x)→0,即f'(x)→0, g(-1)=f'(-1)=--2<0, g(0)=f'(0)=-2<0, 所以当x<0时,f'(x)<0. f'(1)=ae-2<×e-2=0, f'(2)=2ae2-2>2××e2-2=0, 所以存在唯一的x0∈(1,2),使得f'(x0)=0, 即=, 且当x∈(-∞,x0)时,f'(x0)<0,f(x)单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x0)>0,f(x)单调递增; 所以当<a<时,函数f(x)在x=x0处取得极小值,即为最小值, 所以f(x)≥f(x0)=a(x0-1)-2x0=2-2, 因为x0∈(1,2),所以x0+∈,故-3<2-2<-2, 所以f(x)>-3. 4.(1)解　f(x)=ex-ax-cos x,x≥0, f(0)=e0-a×0-cos 0=0, f'(x)=ex-a+sin x, f'(0)=e0-a+sin 0=1-a, 令m(x)=ex-a+sin x, m'(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0,等号不能同时取到, 所以当x≥0时,m'(x)>0,f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(x)≥f'(0)=1-a. ①若1-a≥0,即a≤1,f'(x)≥1-a≥0,f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=0,符合题意. ②若1-a<0,即a>1, 此时f'(0)=1-a<0,f'[ln(a+2)]=2+sin[ln(a+2)]>2-1=1>0, 又函数f'(x)在[0,+∞)上的图象不间断, 据零点存在定理可知,存在x0∈(0,ln(a+2)), 使得f'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减, 所以f(x0)<f(0)=0,与题意矛盾,舍去. 综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1]. (2)解　g'(x)=, 令h(x)=f'(x)·x-f(x), 则h(x)=x·(ex-a+sin x)-(ex-ax-cos x), 即h(x)=(x-1)ex+xsin x+cos x,x>0, h'(x)=x(ex+cos x)>0, 所以h'(x)在(0,+∞)上单调递增, h(x)>h(0)=0. 即当x>0时,x·f'(x)-f(x)>0, 所以g(x)=在[0,+∞)内单调递增. (3)证明　由(2)得,当x>0时,(x-1)ex+xsin x+cos x>0, 所以当x>0时,(1-x)ex<xsin x+cos x. 又当x∈(0,+∞)时,ex>x+1, sin x<x<tan x成立, 所以当x∈(0,1)时,(1-x)ex<xsin x+cos x<sin x, 即sin x>ex>>=. 所以当x∈(0,1)时,>. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第47天 导数与单变量不等式的证明 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.已知函数f(x)=ln(x+1)-x,求证当x>-1时,恒有1-≤ln(x+1)≤x. 2.当a≥e时,证明aex>2ln x+4. 3.(1)(2025·西安中学二模改编)已知函数f(x)=xln x-x.若x0是函数h(x)=f(x)+x2的极值点,求证:f(x0)+3x0>0. (2)(2025·浙江北斗星联盟三模改编)已知函数f(x)=a(x-1)ex-2x,其中<a<,证明f(x)>-3. 4.(2025·浙江七彩阳光联盟联考)已知函数f(x)=ex-ax-cos x,x∈[0,+∞). (1)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (2)判断g(x)=的单调性,并说明理由; (3)证明:>,x∈(0,1).(证明时可使用下列结论:当x∈(0,+∞)时,ex>x+1,sin x<x<tan x成立). 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $