2022届一轮复习专题练习3 第24练 高考大题突破练——不等式证明（解析版）

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考点一 将不等式转化为函数的最值问题
1．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋eq \f(a＋1,x).
(1)讨论feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的单调性；
(2)当0≤a≤1时，证明：xfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)).
考点二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
2．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xln x＋x，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(x,ex).
(1)若不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≤ax2对x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))恒成立，求a的最小值；
(2)证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋1－x>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)).
考点三 适当放缩证明不等式
3．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极值点．求a的值，并讨论feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的零点个数；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥0.
4．已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围；
(3)当x>y>e－1时，证明：ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1).
答案精析
1．(1)解 由题意知，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,x)－eq \f(a＋1,x2)＝eq \f(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1)),x2)，
当a＋1≤0，即a≤－1时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0恒成立，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增；
当a＋1>0，即a>－1时，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1，＋∞))时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0；
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1，＋∞))上单调递增；
综上，当a≤－1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增；
当a>－1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1，＋∞))上单调递增．
(2)证明 若xfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))，则xln x－ax＋1≥0，
设geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xln x－ax＋1，则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋1－a，
由g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0可得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1，＋∞))，即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1，＋∞))，
由g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0可得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ea－1))，即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ea－1))，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1))＝1－ea－1，
因为0≤a≤1，所以－1≤a－1≤0，故0≤1－ea－1≤1－eq \f(1,e)，
即0≤geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))min≤1－eq \f(1,e)，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥0，故xfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)).
2．(1)解 feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≤ax2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xln x＋x))·eq \f(x,ex)≤ax2，化简可得eq \f(ln x＋1,ex)≤a.
令meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(ln x＋1,ex)，m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(\f(1,x)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋1)),ex)，因为x≥1，所以eq \f(1,x)≤1，ln x＋1≥1，
所以m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≤0，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递减，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≤meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝eq \f(1,e)，
所以a的最小值为eq \f(1,e).
(2)证明 要证feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋1－x>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))，
即xln x＋1>eq \f(x,ex)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，
两边同除以x可得ln x＋eq \f(1,x)>eq \f(1,ex).
设teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋eq \f(1,x)，则t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，所以teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0，所以teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增．所以teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝1.
设heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,ex)，因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递减，所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))所以teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋1－x>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)).
3．(1)解 feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当02时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0.
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞))上单调递增．
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝－eq \f(1,2)－ln 2<0，
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))＝eq \f(e2,2)－ln 4－1>0，
所以f(x)有两个零点．
(2)证明 当a≥eq \f(1,e)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥eq \f(ex,e)－ln x－1，
设geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0.
所以x＝1是geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值点也是最小值点，故当x>0时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝0.
因此当a≥eq \f(1,e)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥0.
4．(1)解 当a＝2时，f(x)＝2x－1－ln x，其中x>0，
所以f′(x)＝2－eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1,x)，
令f′(x)<0，则eq \f(2x－1,x)<0，即0令f′(x)>0，则eq \f(2x－1,x)>0，即x>eq \f(1,2)，
所以函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)解 因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，
又f′(x)＝a－eq \f(1,x)，所以a－1＝0，a＝1，
因为f(x)≥bx－2对∀x∈(0，＋∞)恒成立，
即f(x)＝x－1－ln x≥bx－2对∀x∈(0，＋∞)恒成立．
b≤1＋eq \f(1,x)－eq \f(ln x,x)对∀x∈(0，＋∞)恒成立．
令g(x)＝1＋eq \f(1,x)－eq \f(ln x,x)，则b≤g(x)min，
g′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1－ln x,x2)＝eq \f(ln x－2,x2)，
由g′(x)＝0得x＝e2，
所以g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e2)＝1－eq \f(1,e2)，所以b≤1－eq \f(1,e2).
(3)证明 因为x>y>e－1，所以x＋1>y＋1>e，ln(x＋1)>ln(y＋1)>ln e＝1，
所以ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1)等价于eq \f(ex,ey)>eq \f(lnx＋1,lny＋1)，
即eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
要证明ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1)，只要证明eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
令h(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)，x>e－1，只要证明h(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)在(e－1，＋∞)上是增函数，
又h′(x)＝exeq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)，
易知m(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
所以ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)>ln e－eq \f(1,e)＝1－eq \f(1,e)>0，
所以h′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)>0，
所以h(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
又x>y>e－1，所以h(x)>h(y)，
即eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
所以ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1).