课时规范练18　利用导数证明不等式-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 课时规范练18《利用导数证明不等式》通过分层递进设计巩固导数应用，从基础判断到综合证明，培养数学推理能力与逻辑思维，适配一轮复习知识巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|导数单调性/极值/参数求解|聚焦单一知识点应用，如第1(1)单调性讨论、第3(1)参数计算| |进阶层|导数证明不等式|强化构造函数与最值分析，如第2(2)、3(2)不等式证明| |综合层|数列与导数综合证明|结合数列求和与放缩，如第4(3)跨知识点综合应用|

课时规范练18　利用导数证明不等式 1.已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 2.已知函数f(x)=(x-1)ex,g(x)=ax2+xln x-. (1)判断是否存在实数a,使得g(x)在x=1处取得极值?若存在,求出实数a;若不存在,请说明理由. (2)若a≤,当x≥1时,求证:f(x)≥g(x). 3.设函数f(x)=ln x+ax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=6x-3. (1)求a,b的值; (2)证明:f(x)>--1. 4.(2025辽宁鞍山一模)设f(x)=x2+aln(x+2)+a有两个极值点x1,x2,且x1<x2. (1)求实数a的取值范围; (2)证明:f(x2)<3; (3)证明:ln(4n2+4n+1)<. 参考答案 1.(1)解f'(x)=aex-1,x∈R. ①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立, 所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减. ②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a. 随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表: x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a). 综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间; 当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a). (2)证明当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立. 当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a), 下面证明f(-ln a)>2ln a+. f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a. 令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞),则g'(a)=2a-, 令g'(a)=0,得a=. 随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表: a (0,) (,+∞) g'(a) - 0 + g(a) ↘ 极小值 ↗ 所以在a=时,g(a)取最小值. g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0. 因此f(-ln a)>2ln a+成立. 因此当a>0时,f(x)>2ln a+. 2.(1)解假设存在这样的实数a,则有g'(1)=2a+1=0,解得a=-. 当a=-时,g(x)=-+xln x-,则g'(x)=-x+ln x+1. 令t(x)=-x+ln x+1,x>0, 则t'(x)=-1+. 令t'(x)=0,得x=1. 当0<x<1时,t'(x)>0; 当x>1时,t'(x)<0, 所以t(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, 所以t(x)max=t(1)=0,即g'(x)≤0, 所以函数g(x)在区间(0,+∞)上为减函数, 因此不存在这样的实数a. (2)证明因为x2≥0,a≤,所以ax2≤x2, 要证f(x)≥g(x), 即证(x-1)ex≥x2+xln x-, 即证(x-1)ex-x2-xln x+≥0. 令m(x)=(x-1)ex-x2-xln x+,x≥1,则m'(x)=xex-x-ln x-1=ex+ln x-(x+ln x)-1. 令t=x+ln x,t∈[1,+∞),h(t)=et-t-1,则h'(t)=et-1. 因为当t≥1,h'(t)>0,所以函数h(t)在区间[1,+∞)上单调递增, 所以h(t)min=h(1)=e-2>0,所以m'(x)>0, 从而得函数m(x)在区间[1,+∞)上单调递增, 所以m(x)min=m(1)=0, 所以m(x)≥0,即f(x)≥g(x)得证. 3.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+a,将x=1代入y=6x-3,解得y=3,即f(1)=3,由切线方程y=6x-3,可知切线斜率f'(1)=6,故a+b=3,1+a=6,解得a=5,b=-2. (2)证明由(1)知f(x)=ln x+5x-2,要证f(x)>--1,即证ln x+5x-1+>0. 设g(x)=ln x+5x-1+,则g'(x)=, 令g'(x)=0,解得x=或x=-(舍去), 当x∈(0,)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以g(x)min=g()=2-ln 5>0,所以g(x)>0,即f(x)>--1. 4.(1)解 因为f(x)=x2+aln(x+2)+a, 所以f'(x)=2x+. 令g(x)=2x2+4x+a,Δ=16-8a, 由f(x)有两个极值点x1,x2,可得解得0<a<2. (2)证明 因为x2是f(x)的一个极值点,则有f'(x2)=0, 所以2+4x2+a=0,即a=-2-4x2, 要证f(x2)<3,只需证-2(+2x2)·ln(x2+2)-2-4x2<3⇔+4x2+2(+2x2)·ln(x2+2)>-3. 令h(t)=t2+4t+2(t2+2t)·ln(t+2),t∈(-1,0),h(x2)=+4x2+2(+2x2)·ln(x2+2),h'(t)=2t+4+2[(2t+2)·ln(t+2)+(t2+2t)·]=2t+4+4(t+1)·ln(t+2)+2t=4t+4+4(t+1)·ln(t+2). ∵t∈(-1,0),∴4t+4>0,4(t+1)·ln(t+2)>0⇒h'(t)>0, ∴h(t)在(-1,0)内单调递增,又t>-1,∴h(t)>h(-1)=1-4+2×(1-2)ln(2-1)=-3, 证得h(x2)>-3,则f(x2)<3. (3)证明 要证ln(4n2+4n+1)<,只需证ln(2n+1)2<. 将ln(2n+1)2看作数列{an}的前n项和Sn,所以Sn=ln(2n+1)2⇒an=ln(2n+1)2-ln(2n-1)2, 同理将看作数列{bn}的前n项和Tn,那么bn=. 故要证明原命题成立只需证明an<bn⇐ln(2n+1)2-ln(2n-1)2<⇐2ln ⇐4ln+3=+3 ⇐4ln+3=+3, 令x=,x>1,即只需证4ln x<x-+3在(1,+∞)上恒成立. 令φ(x)=4ln x-x+-3,则φ'(x)=-1-=-<0, 所以在(1,+∞)上,φ'(x)<0,即φ(x)在(1,+∞)上单调递减,且φ(1)=0, 所以φ(x)<φ(1)=0,即4ln x<x-+3成立,则原命题成立. 1 学科网（北京）股份有限公司 $