2023届高考一轮复习加练必刷题第27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f(x)＝ln x＋eq \f(a＋1,x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0≤a≤1时，证明：xf(x)≥a(x＋1)．
(1)解 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(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′(x)>0恒成立，
f(x)在(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′(x)<0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1，＋∞))时，f′(x)>0；
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增；
综上，当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>－1时，f(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xf(x)≥a(x＋1)，
则xln x－ax＋1≥0，
设g(x)＝xln x－ax＋1，
则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)>0可得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1，＋∞))，
即g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1，＋∞))，
由g′(x)<0可得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ea－1))，
即g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ea－1))，
所以g(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≤g(x)min≤1－eq \f(1,e)，
所以g(x)≥0，故xf(x)≥a(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f(x)＝xln x＋x，g(x)＝eq \f(x,ex).
(1)若不等式f(x)g(x)≤ax2对x∈[1，＋∞)恒成立，求a的最小值；
(2)证明：f(x)＋1－x>g(x)．
(1)解 f(x)g(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m(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，m′(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′(x)≤0，m(x)在[1，＋∞)上单调递减，m(x)≤m(1)＝eq \f(1,e)，
所以a的最小值为eq \f(1,e).
(2)证明 要证f(x)＋1－x>g(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t(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，则t′(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′(x)<0，所以t(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，
在(1，＋∞)上，t′(x)>0，
所以t(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以t(x)≥t(1)＝1.
设h(x)＝eq \f(1,ex)，因为h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)所以t(x)>h(x)，即f(x)＋1－x>g(x)．
考点三 适当放缩证明不等式
3．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点．求a的值，并讨论f(x)的零点个数；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(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f(x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，
f′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当0当x>2时，f′(x)>0.
所以f(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．
f(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)))＝eq \f(1,2e2)>0，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，f(x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1，
设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当0当x>1时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的极小值点也是最小值点，故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此当a≥eq \f(1,e)时，f(x)≥0.
4．已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，其中e为自然对数的底数．
(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若x>0，证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－1))ln (x＋1)>x2.
(1)解 由条件得f′(x)＝ex－1－2ax，
令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a，
∵x≥0，∴ex≥1.
当2a≤1时，h′(x)＝ex－2a≥0恒成立，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝0，即f′(x)≥0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0恒成立，
∴a≤eq \f(1,2)时满足条件．
当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a]上，h′(x)≤0，h(x)在[0，ln 2a]上单调递减，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ln 2a))时，有h(x)即f′(x)<0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ln 2a))上单调递减，
∴f(x)综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
(2)证明 由(1)得，当a＝eq \f(1,2)，x>0时，ex>1＋x＋eq \f(x2,2)成立，即ex－1>x＋eq \f(x2,2)＝eq \f(x2＋2x,2)成立，
要证不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－1))ln (x＋1)>x2，
∵x>0，∴ln (x＋1)>0，
只需证ex－1>eq \f(x2,ln x＋1)，
只需证eq \f(x2＋2x,2)>eq \f(x2,ln x＋1)，
只需证ln (x＋1)>eq \f(2x,2＋x)成立，
设f(x)＝ln (x＋1)－eq \f(2x,x＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，
则f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(4,x＋22)＝eq \f(x2,x＋1x＋22)，
∴当x>0时，f′(x)>0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝0，
∴f(x)>0恒成立，∴原不等式成立．