备考2024届高考数学一轮复习强化训练第三章一元函数的导数及其应用突破3利用导数证明不等式

这是一份备考2024届高考数学一轮复习强化训练第三章一元函数的导数及其应用突破3利用导数证明不等式，共4页。试卷主要包含了739），[命题点2]设函数f＋2等内容，欢迎下载使用。

（1）当0≤x≤π时，求f（x）的最大值；
（2）当π3≤x≤π2时，求证：f（x）＞ln（x＋1）（注：ln 2π3≈0.739）.
解析 （1）f'（x）＝2cs x－2cs 2x＝2cs x－2（2cs2x－1）＝（－cs x＋1）（4cs x＋2）.（提示：对导函数解析式进行整理，利用二倍角公式等整理成几个代数式相乘的形式，方便求导函数的零点）
当0≤x≤π时，令f'（x）＞0，得－12＜cs x＜1，即0＜x＜2π3；令f'（x）＜0，得cs x＜－12，即2π3＜x≤π.
所以函数f（x）在（0，2π3）上单调递增，在（2π3，π）上单调递减，
所以当0≤x≤π时，f（x）max＝f（2π3）＝332.
（2）设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2sin x－sin 2x－ln（x＋1），则g'（x）＝－4cs2x＋2cs x＋2－1x+1.
当π3≤x≤π2时，1－1x+1＞0，所以g'（x）＞－4cs2x＋2cs x＋1，又－4cs2x＋2cs x＋1＝
－4（cs x－14）2＋54（0≤cs x≤12），
所以－4cs2x＋2cs x＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间[π3，π2]上恒成立.
所以y＝g（x）在区间[π3，π2]上单调递增，
所以g（x）≥g（π3）＝32－ln（π3＋1）＞32－ln 2π3≈32－0.739＞0，
所以当π3≤x≤π2时，f（x）＞ln（x＋1）.
2.[命题点1/2024湖北部分重点中学联考]已知函数f（x）＝ln x＋a2x2－（a＋1）x.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设x1，x2（0＜x1＜x2）是函数g（x）＝f（x）＋x的两个极值点，证明：g（x1）－
g（x2）＜a2－ln a恒成立.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝1x＋ax－（a＋1）＝ax2－（a+1）x+1x＝（x－1)(ax－1）x，
①当a≤0时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1，令f'x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
②当0＜a＜1时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1或x＞1a，令f'（x）＜0，得1＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减；
③当a＝1时，f'（x）≥0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
④当a＞1时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1a或x＞1，令f'（x）＜0，得1a＜x＜1，
所以f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.综上，当a≤0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
当0＜a＜1时，f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减；
当a＝1时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞1时，f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.
（2）g（x）＝f（x）＋x＝ln x＋a2x2－ax，则g（x）的定义域为（0，＋∞），g'（x）＝1x＋ax－a＝ax2－ax+1x.
因为g（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），所以关于x的方程ax2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4a＞0，且x1＋x2＝1，x1x2＝1a＞0，所以a＞4.
因为0＜x1＜x2，所以x12＜x1x2＝1a，得0＜x1＜1a.
所以g（x1）－g（x2）＝ln x1＋a2x12－ax1－ln x2－a2x22＋ax2＝ln x1＋ln（ax1）＋a2－ax1，
设h（t）＝ln t＋ln（at）＋a2－at，则h'（t）＝2t－a，令h'（t）＝0，得t＝2a.
因为2a－1a＝2－aa＜0，所以2a＜1a.
当t∈（0，2a）时，h'（t）＞0，当t∈（2a，1a）时，h'（t）＜0，
所以h（t）在区间（0，2a）上单调递增，在区间（2a，1a）上单调递减，所以h（t）在（0，1a）上的最大值为h（2a）＝2ln 2－ln a＋a2－2，而2ln 2－2＜0，
所以h（2a）＝2ln 2－ln a＋a2－2＜a2－ln a，
从而g（x1）－g（x2）＜a2－ln a恒成立.
3.[命题点2]设函数f（x）＝aexlnx＋bex－1x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝e（x－1）＋2.
（1）求a，b；
（2）证明：f（x）＞1.
解析 （1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝aexlnx＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.
由题意可得f（1）＝b＝2，f'（1）＝ae＝e.
解得a＝1，b＝2.
（2）由（1）知，f（x）＝exlnx＋2xex－1，
从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe－x－2e.
设函数g（x）＝xlnx，则g'（x）＝1＋ln x.
所以当x∈（0，1e）时，g'（x）＜0；当x∈（1e，＋∞）时，g'（x）＞0.
故g（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，＋∞）上单调递增，
从而g（x）在（0，＋∞）上的最小值为g（1e）＝－1e.
设函数h（x）＝xe－x－2e，则h'（x）＝e－x（1－x）.
所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0.
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－1e.
综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1.
4.[命题点3/2023绵阳市一诊]已知函数f（x）＝2ex－x2－ax－2，当x≥0时，f（x）≥0.
（1）求a的取值范围；
（2）求证：（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）＜5（n∈N*）.
解析 （1）由题意得f'（x）＝2ex－2x－a.
令g（x）＝2ex－2x－a，则当x≥0时，g'（x）＝2ex－2≥0（当且仅当x＝0时“＝”成立），
∴函数f'（x）在区间[0，＋∞）上单调递增，
则当x≥0时，函数f'（x）≥f'（0）＝2－a.
①当2－a≥0，即a≤2时，可得f'（x）≥f'（0）≥0在[0，＋∞）上恒成立（“＝”不恒成立），
∴函数f（x）在[0，＋∞）上单调递增.
∴f（x）≥f（0）＝0在[0，＋∞）上恒成立.
②当2－a＜0，即a＞2时，f'（0）＝2－a＜0，且存在x0＞0，当x∈[0，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
又f（0）＝0，∴当x∈[0，x0）时，f（x）＜0，
这与当x≥0时，f（x）≥0矛盾.
综上，实数a的取值范围是（－∞，2].
（2）由（1）得当a＝2，x≥0时，不等式f（x）＝2ex－x2－2x－2≥0恒成立，
∴2ex－1≥x2＋2x＋1.
令x＝n（n∈N*），得2en－1≥n2＋2n＋1，
∴22en－1≤2n2+2n+1＜2n（n+2）＝1n－1n+2.
令h（x）＝ln x－x＋1，则h'（x）＝1－xx，
当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（1，＋∞）上单调递减.
∴h（x）≤h（1）＝0，则ln x≤x－1（当且仅当x＝1时等号成立）.
∴ln（1＋22en－1）＜22en－1＜1n－1n+2，
∴ln[（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）]＝ln（1＋22e－1）＋ln（1＋22e2－1）＋ln（1＋22e3－1）＋…＋ln（1＋22en－1）＜（1－13）＋（12－14）＋（13－15）＋…＋（1n－1－1n+1）＋（1n－1n+2）＝32－1n+1－1n+2＜ln e32＝lne3＜ln25＝ln 5.
∴（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）＜5.