第3章 第4节 导数与不等式证明(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦导数应用专项，以构造函数、导数分析为核心方法，系统整合不等式证明与单调性讨论，强化逻辑推理与数学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |不等式证明|1,3,4|构造辅助函数求最值、分段讨论|导数判定单调性→极值/最值→不等式关系| |单调性讨论|2,4(1)|导数符号分析、分类讨论参数|求导公式→导数正负→单调区间划分|

限时规范训练(二十五) (建议用时：60分钟　分值：64分) 1．(15分)已知函数f(x)＝ex2－x ln x，求证：当x>0时，f(x)<xex＋. 证明：要证f(x)<xex＋，由于x>0，只需证ex－ln x<ex＋，即ex－ex<ln x＋. 令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln x＋≥0.再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以<ln x＋，故原不等式成立． 2．(15分)(2025·山东济南二模)已知函数f(x)＝＋ln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)记f(x)的极小值为g(a)，证明：g(a)≤ea-1. 解：(1)当a＝1时，f(x)＝＋ln x，求导得f′(x)＝－，则f′(1)＝0，而f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝1. (2)函数f(x)＝＋ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<a；由f′(x)>0，得x>a，函数f(x)在(0，a)上单调递减，(a，＋∞)上单调递增，所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0，a)上单调递减，(a，＋∞)上单调递增． (3)证明：由(2)知，若f(x)有极小值，则a>0，极小值g(a)＝f(a)＝1＋ln a，令函数h(a)＝ea-1－ln a－1，求导得h′(a)＝ea-1－，函数h′(a)在(0，＋∞)上单调递增，且h′(1)＝0，则当0<a<1时，h′(a)<0，当a>1时，h′(a)>0，函数h(a)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(1)＝0，即ea-1－ln a－1≥0，所以g(a)≤ea-1. 3．(17分)已知函数f(x)＝ex－x－1. (1)求证：f(x)≥0； (2)当m≤1时，求证：不等式ex－mx＋cos x－2≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立． 证明：(1)f′(x)＝ex－1，当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，即ex－x－1≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)≥0.(2)令g(x)＝ex－mx＋cos x－2，则g′(x)＝ex－m－sin x，由(1)可得ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，又m≤1，所以g′(x)≥x＋1－1－sin x＝x－sin x．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x，当x≥0时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)≥h(0)＝0，则g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，即ex－mx＋cos x－2≥0，所以当m≤1时，不等式ex－mx＋cos x－2≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立． 4．(17分)(2025·山东日照一模节选)已知函数f(x)＝ax ln x. (1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若a＝1，求证：f(x)<ex＋cos x－2. 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a(ln x＋1)，因为a>0，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)证明：依题意：要证x ln x<ex＋cos x－2，当0<x≤1时，x ln x≤0，令m(x)＝ex＋cos x－2，0<x≤1，因为m′(x)＝ex－sin x>0，所以m(x)在(0，1]上单调递增，所以m(x)>m(0)＝1＋1－2＝0，所以不等式成立；当x>1时，要证x ln x<ex＋cos x－2，即x ln x－ex－cos x＋2<0.设h(x)＝x ln x－ex－cos x＋2，x>1，则h′(x)＝ln x－ex＋sin x＋1，x>1.设φ(x)＝ln x－ex＋sin x＋1，x>1.则φ′(x)＝－ex＋cos x，x>1.当x>1时，ex>e，<1，cos x≤1，所以φ′(x)＝－ex＋cos x＜0，x＞1.所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以φ(x)<φ(1)＝1－e＋sin 1<0，即h′(x)＜0，x＞1.所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，h(x)<h(1)＝2－e－cos 1<0， 即当x>1时，x ln x<ex＋cos x－2成立． 综上：当a＝1时，f(x)<ex＋cos x－2在(0，＋∞)上恒成立． 学科网（北京）股份有限公司 $