第18讲　第1课时　导数与不等式证明高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第18讲　第1课时　导数与不等式证明高考数学一轮复习讲义练习，共6页。
研题型 素养养成
举题说法
构造新函数求最值证明不等式
例1 (2024·深圳二模)已知函数f(x)＝(ax＋1)ex，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)－f(x)＝2ex.
(1) 若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线为y＝kx＋b，求k，b的值；
【解答】 因为f(x)＝(ax＋1)ex，所以f′(x)＝(ax＋a＋1)ex，因为f′(x)－f(x)＝2ex，所以a＝2，则曲线y＝f(x)在x＝0处的切线斜率为f′(0)＝3.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝3x＋1，即k＝3，b＝1.
(2) 在(1)的条件下，求证：f(x)≥kx＋b.
【解答】 设函数g(x)＝(2x＋1)ex－3x－1，x∈R，则g′(x)＝(2x＋3)ex－3，设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex(2x＋5)，所以当x＞－ eq \f(5,2)时，h′(x)＞0，g′(x)单调递增．又因为g′(0)＝0，所以当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当－ eq \f(5,2)＜x＜0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x≤－ eq \f(5,2)时，g′(x)＝(2x＋3)ex－3＜0.综上，g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，g(x)取得最小值g(0)＝0，即(2x＋1)ex－3x－1≥0，所以f(x)≥3x＋1.
证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))直接转化为证明f(x)－g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).
变式1 (2024·威海二模节选)求证：ln x＋x＋1≤xex.
【解答】 设g(x)＝xex－ln x－x－1，g′(x)＝(x＋1)ex－ eq \f(1,x)－1，x＞0.令h(x)＝(x＋1)ex－ eq \f(1,x)－1，x＞0，则h′(x)＝(x＋2)ex＋ eq \f(1,x2)＞0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝ eq \f(3,2)e eq \s\up6(\f(1,2))－3＜0，h(1)＝2e－2＞0，故∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得h(x0)＝0，则x0ex0＝1.当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，g(x)在(0，x0)上单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(x0)＝x0ex0－ln eq \f(1,ex0)－x0－1＝0，则g(x)≥0，即ln x＋x＋1≤xex.
隔离分析证明不等式
例2 已知f(x)＝x2－x ln x.
(1) 求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
【解答】 因为f(x)＝x2－x ln x，所以f(1)＝1，f′(x)＝2x－ln x－1，则f′(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝1×(x－1)，即y＝x.
(2) 当a∈(0，2e)时，求证：2x2－(2x＋a)ln x＞0.
【解答】 由题意可知x＞0，要证明2x2－(2x＋a)ln x＞0，即证x－ln x＞ eq \f(a ln x,2x).令g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－ eq \f(1,x)＝ eq \f(x－1,x)，x＞0，由g′(x)＜0，得0＜x＜1，由g′(x)＞0，得x＞1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1.令h(x)＝ eq \f(a ln x,2x)，则h′(x)＝ eq \f(a(1－ln x),2x2)，因为a∈(0，2e)，所以由h′(x)＜0，得x＞e，由h′(x)＞0，得0＜x＜e，所以h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(e)＝ eq \f(a,2e)＜1，所以g(x)＞h(x)恒成立，即x－ln x＞ eq \f(a ln x,2x)恒成立．所以当a∈(0，2e)时，2x2－(2x＋a)ln x＞0.
利用放缩法证明不等式
例3 (2024·福州2月质检节选)已知函数f(x)＝x ln x－x2－1.
(1) 讨论f(x)的单调性；
【解答】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2x＋1，记t(x)＝f′(x)，则t′(x)＝ eq \f(1,x)－2＝ eq \f(1－2x,x)，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，t′(x)＞0，t(x)单调递增；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，t′(x)＜0，t(x)单调递减，所以t(x)max＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ln 2＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
(2) 求证：f(x)＜e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1.
【解答】 方法一：先证f(x)≤－x－1，记g(x)＝f(x)＋x＋1，则g(x)＝x ln x－x2＋x＝x(ln x－x＋1)，记m(x)＝ln x－x＋1，则m′(x)＝ eq \f(1,x)－1，x＞0.当x∈(0，1)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减．所以m(x)max＝m(1)＝0，所以m(x)≤0.又x＞0，所以g(x)≤0，故f(x)≤－x－1.再证e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1＞－x－1(x＞0)，即证e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)＋x＞0(x＞0)，记h(x)＝e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)＋x(x＞0)，则h(x)＝e－x＋x－1＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2)≥e－x＋x－1，记p(x)＝e－x＋x－1(x＞0)，则p′(x)＝1－e－x＞0，所以p(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以p(x)＞p(0)＝0，所以h(x)＞0，即e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1＞－x－1，所以f(x)＜e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1.
方法二：构造函数h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1.当x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，则h(x)≥h(0)＝0，所以ex≥x＋1，x≠0时，ex＞x＋1.构造函数φ(x)＝ln x－x＋1，φ′(x)＝ eq \f(1,x)－1(x＞0).当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，即φ(x)≤0，即ln x≤x－1恒成立，所以f(x)＝x ln x－x2－1≤x(x－1)－x2－1＝－x－1.因为e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1＞－x＋1＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1＝ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－x，则只需证明 eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－x≥－x－1，即 eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)＋1≥0，而 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2)≥0显然成立，所以f(x)＜e－x＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(2,x)－1.
常见的恒成立不等式(放缩依据)：
(1) ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时取等号；
(2) ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号；
(3) x－1≥ln x(x＞0)，当且仅当x＝1时取等号；
(4) ex＞ln x；
(5) tan x＞x＞sin x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))))).
注意：有时候还有对参数进行放缩(对参数直接取最值).
变式3 已知函数f(x)＝ax－sin x.
(1) 若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
【解答】 因为f(x)＝ax－sin x，所以f′(x)＝a－cs x.由函数f(x)为增函数，知f′(x)＝a－cs x≥0恒成立，即a≥cs x在R上恒成立．因为y＝cs x∈[－1，1]，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
(2) 求证：当x＞0时，ex＞2sin x.
(提示：用x＞sin x放缩)
【解答】 由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数．当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，即x＞sin x.要证当x＞0时，ex＞2sin x，只需证当x＞0时，ex＞2x，即证ex－2x＞0在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ex－2x(x＞0)，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，所以g(x)≥g(ln 2)＞0，所以ex＞2x成立．故当x＞0时，ex＞2sin x.
随堂内化
1. (2024·山西省一模节选)已知a＞0，且a≠1，函数f(x)＝ax＋ln (1＋x)－1.
(1) 记an＝f(n)－ln (n＋1)＋n，Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a＝ eq \f(8,9)时，S64＜2 024；
【解答】 (1) 当a＝ eq \f(8,9)时，an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9))) eq \s\up12(n)＋ln (n＋1)－1－ln (n＋1)＋n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9))) eq \s\up12(n)＋n－1，则S64＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9))) eq \s\up12(1)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9))) eq \s\up12(2)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9))) eq \s\up12(64)＋(0＋1＋2＋…＋64－1)＝ eq \f(\f(8,9)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9)))\s\up12(64))),1－\f(8,9))＋2 016＝2 024－8× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,9))) eq \s\up12(64)＜2 024.
(2) 若a＝ eq \f(1,e)，求证：xf(x)≥0.
【解答】 若a＝ eq \f(1,e)，则f(x)＝ eq \f(1,ex)＋ln (1＋x)－1，f′(x)＝ eq \f(1,1＋x)－ eq \f(1,ex)＝ eq \f(ex－(1＋x),ex(1＋x))(x＞－1).令g(x)＝ex－(1＋x)(x＞－1)，则g′(x)＝ex－1.当x∈(－1，0)时，g′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，即g(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0，即f′(x)≥0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，故xf(x)≥0.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
1. (2024·武汉5月训练)已知函数f(x)＝－f′(1)x2＋x＋2ln x.
(1) 求f′(1)，并写出f(x)的表达式；
【解答】 由f(x)＝－f′(1)x2＋x＋2ln x，得f′(x)＝－2f′(1)x＋1＋ eq \f(2,x)，则f′(1)＝－2f′(1)＋1＋2，解得f′(1)＝1.将f′(1)＝1代入f(x)＝－f′(1)x2＋x＋2ln x，可得f(x)＝－x2＋x＋2ln x.
(2) 求证：f(x)≤x－1.
【解答】 设g(t)＝t－ln t，t＞0，则g′(t)＝1－ eq \f(1,t)＝ eq \f(t－1,t)，当0＜t＜1时，g′(t)＜0；当t＞1时，g′(t)＞0.所以g(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(t)≥g(1)＝1.从而f(x)＝－x2＋x＋2ln x＝－x2＋x＋ln x2＝x－g(x2)≤x－1.
2. (2024·全国甲卷文)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1) 求f(x)的单调区间；
【解答】 f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，则f′(x)＝ eq \f(ax－1,x)，x＞0.若a≤0，则f′(x)＜0，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；若a＞0，当0＜x＜ eq \f(1,a)时，f′(x)＜0，当x＞ eq \f(1,a)时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2) 若a≤2时，求证：当x＞1时，f(x)＜ex-1恒成立．
【解答】 因为a≤2，所以当x＞1时，ex-1－f(x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋ln x＋1.令g(x)＝ex-1－2x＋ln x＋1，则g′(x)＝ex-1－2＋ eq \f(1,x)，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－ eq \f(1,x2)在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＞h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g′(x)＞g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)＞g(1)＝0，所以当x＞1时，f(x)＜ex-1恒成立．
3. (2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
【解答】 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－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；当x＞－ln a时，f′(x)＞0，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，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2) 求证：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋ eq \f(3,2).
【解答】 当a＞0时，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，则g′(a)＝2a－ eq \f(1,a)＝ eq \f(2a2－1,a)(a＞0)，令g′(a)＜0，得0＜a＜ eq \f(\r(2),2)，令g′(a)＞0，得a＞ eq \f(\r(2),2)，所以g(a)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，所以g(a)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2)＞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．
4. (2024·娄底一模节选)已知函数f(x)＝ eq \f(x,ex)，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1) 求函数f(x)的单调区间；
【解答】 f(x)的定义域为R，f′(x)＝ eq \f(1－x,ex)，所以当x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2) 求证：f(x)≤ex－1.
【解答】 要证f(x)≤ex－1，即证 eq \f(x,ex)≤ex－1，令h(x)＝ eq \f(x,ex)－ex＋1，即证h(x)≤0，h′(x)＝ eq \f(1－x－e2x,ex)，令m(x)＝1－x－e2x，则m′(x)＝－1－2e2x＜0，所以m(x)在R上单调递减，又m(0)＝0，所以当x＜0时，m(x)＞0，h′(x)＞0；当x＞0时，m(x)＜0，h′(x)＜0.所以h(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(0)＝0，所以 eq \f(x,ex)≤ex－1，即f(x)≤ex－1，得证．
B组 能力提升练
5. (2024·苏州期末)已知函数f(x)＝ eq \f(ln x＋1,ex).
(1) 求f(x)的极值；
【解答】 由f(x)＝ eq \f(ln x＋1,ex)可知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex).设g(x)＝ eq \f(1,x)－ln x－1，因为g′(x)＝－ eq \f(1,x2)－ eq \f(1,x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0，故f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，g(x)＜g(1)＝0，故f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)有极大值f(1)＝ eq \f(1,e)，无极小值．
(2) 求证：f(x)＜ eq \f(2ln 2－1,ex)＋ eq \f(1,4).
【解答】 要证f(x)＜ eq \f(2ln 2－1,ex)＋ eq \f(1,4)，即证 eq \f(ln x＋1,ex)＜ eq \f(2ln 2－1,ex)＋ eq \f(1,4)，即证ex－4ln x＋8ln 2－8＞0.设h(x)＝ex－4ln x＋8ln 2－8，则h′(x)＝ex－ eq \f(4,x)，显然h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h′(1)＝e－4＜0，h′(2)＝e2－2＞0，所以存在唯一的x0∈(1，2)，使h′(x0)＝0，即ex0＝ eq \f(4,x0)，所以x0＝2ln 2－ln x0.当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h(x0)＝ex0－4ln x0＋8ln 2－8＝ eq \f(4,x0)＋4x0－8＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,x0)))－8.又因为x0∈(1，2)，所以4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,x0)))－8＞8－8＝0，所以h(x)＞0，即原不等式成立．