2026届高考数学一轮总复习提能训练练案18导数与不等式的证明

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案18导数与不等式的证明，共7页。试卷主要包含了当x>y>e－1时，求证，已知函数f＝exln等内容，欢迎下载使用。
1．(2025·河北保定期中)已知函数f(x)＝ex＋sin x－2x，g(x)＝2－cs x.
(1)已知直线x－y＋a＝0是曲线y＝g(x)，x∈[0，π]的切线，求实数a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)求证：f(x)≥g(x)恒成立．
[解析] (1)∵g′(x)＝sin x，x∈[0，π]，
∴g′(x)＝sin x＝1，解得x＝eq \f(π,2)，∴切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2))，
∴eq \f(π,2)－2＋a＝0，∴a＝2－eq \f(π,2).
(2)∵f′(x)＝ex＋cs x－2，
当x∈(－∞，0]时，ex≤1，cs x≤1，∴f′(x)≤0，f(x)单调递减，
当x∈[0，＋∞)时，f″(x)＝ex－sin x，ex≥1，sin x≤1，
∴f″(x)≥0，∴f′(x)单调递增，
∴f′(x)≥f′(0)＝0，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
(3)证明：f(x)≥g(x)恒成立⇔ex＋sin x－2x＋cs x－2≥0，
恒成立⇔eq \f(sin x＋cs x－2x－2,ex)＋1≥0恒成立．
令h(x)＝eq \f(sin x＋cs x－2x－2,ex)＋1，
则h′(x)＝eq \f(cs x－sin x－2－sin x＋cs x－2x－2,ex)＝eq \f(2x－sin x,ex)，
令m(x)＝x－sin x，则m′(x)＝1－cs x≥0，
∴m(x)单调递增，
又∵m(0)＝0，
∴当x∈(－∞，0]时，m(x)≤0，即h′(x)≤0，h(x)单调递减；
当x∈[0，＋∞)时，m(x)≥0，即h′(x)≥0，h(x)单调递增；
∴h(x)≥h(0)＝0，∴f(x)≥g(x)恒成立．
2．当x>y>e－1时，求证：exln(y＋1)>eyln(x＋1)．
[证明] ∵x>y>e－1，∴x＋1>y＋1>e，
即ln(x＋1)>ln(y＋1)>1，
欲证exln(y＋1)>eyln(x＋1)．
即证明eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
令g(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)，
则g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>1－eq \f(1,e)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x>y>e－1时，g(x)>g(y)，
即eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
∴当x>y>e－1时，exln(y＋1)>eyln(x＋1)成立．
3．已知函数f(x)＝ex，当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
[证明] 设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)．
则g′(x)＝ex－1，
当－2－2)，
【卡壳点】利用x＋1作为中间量，进行放缩
则h′(x)＝1－eq \f(1,x＋2)＝eq \f(x＋1,x＋2)，
则当－2－2时，f(x)>ln(x＋2)．
4．(2022·北京卷节选)已知函数f(x)＝exln(1＋x)．
(1)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．
[解析] (1)因为g(x)＝f′(x)＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln1＋x＋\f(1,1＋x)))，
所以g′(x)＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln1＋x＋\f(2,1＋x)－\f(1,1＋x2)))，
令h(x)＝ln(1＋x)＋eq \f(2,1＋x)－eq \f(1,1＋x2)，
则h′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(2,1＋x2)＋eq \f(2,1＋x3)＝eq \f(x2＋1,1＋x3)>0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝1>0，
∴g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，
令m(x)＝f(x＋t)－f(x)，(x，t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－exln(1＋x)，
m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋eq \f(ex＋t,1＋x＋t)－exln(1＋x)－eq \f(ex,1＋x)＝g(x＋t)－g(x)，
由(1)知g(x)＝f′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln1＋x＋\f(1,1＋x)))在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x＋t)>g(x)，
∴m′(x)>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为x，t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证．
B组能力提升
1．(2025·陕西适应性检测)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.
[解析] (1)由题意可知，当a＝0时，
f(x)＝ex－1－x，x∈R，
则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，则x＝0，当x>0时，
f′(x)>0；当xeq \f(x2,lnx＋1)，
只需证ln(x＋1)>eq \f(2x,2＋x)，
设F(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2x,2＋x)(x>0)，
则F′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(4,x＋22)＝eq \f(x2,x＋1x＋22)(x>0)，
所以当x>0时，F′(x)>0恒成立，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又F(x)＝0.∴F(x)>0恒成立，∴原不等式成立．
2．(2024·乌鲁木齐市实验学校高三月考)函数f(x)＝ex－x－a，a∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间及极值；
(2)若x1，x2是函数y＝f(x)的两个不同零点，求证：①x1＋x22(1－a)．
[解析] (1)f(x)＝ex－x－a定义域为R，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，则x>0，令f′(x)0，
∴g(x2)>g(0)＝0，
∴f(x2)－f(－x2)>0即f(x2)>f(－x2)，
∵f(x1)＝f(x2)＝0，∴f(x1)>f(－x2)，
∵x1，－x2∈(－∞，0)且f(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴x12，F′(x)＝(1－2x)e2－2x＋1，令h(x)＝(1－2x)e2－2x＋1，
∵x>1，h′(x)＝(4x－4)e2－2x>0，∴F′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F′(x)>F′(1)＝0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝2，
即x·e2－2x＋x>2在x>1总成立，
∵f(x2)＝－x2－a＝0，∴a＝－x2，
又f[2(1－a)－x2]＝－(2－2a－x2)－a＝·＋－2，
∵>1，由F(x)>2知·＋>2，
则f[2(1－a)－x2]>0＝f(x1)，
又a>1,2(1－a)－x22ln a＋eq \f(3,2).
[解析] (1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，
所以f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，
故f′(x)＝aex－10时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)得，
f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要证f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋eq \f(3,2)，
即证a2－eq \f(1,2)－ln a>0恒成立，
令g(a)＝a2－eq \f(1,2)－ln a(a>0)，
则g′(a)＝2a－eq \f(1,a)＝eq \f(2a2－1,a)，
令g′(a)0，
则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋eq \f(3,2)恒成立，证毕．