2025年高考数学一轮复习-微专题(五)-导数与不等式的证明-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-微专题(五)-导数与不等式的证明-专项训练【含解析】，共6页。试卷主要包含了已知函数f＝x2－ln x，已知函数f＝eln x－ax，已知函数f＝ex－2x等内容，欢迎下载使用。

(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：eq \f(fx,x)＋eq \f(1,4)x2－x>－eq \f(1,4)．
2．已知函数f(x)＝－x2＋ax－3，g(x)＝xln x，a∈R．
(1)当x>0时，2g(x)≥f(x)，求a的取值范围；
(2)证明：当x>0时，g(x)>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
3．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
4．已知函数f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>－x2－4．
5．已知函数f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞eq \f(ln x,x－1)．
6．已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝eq \f(3,4)时，证明：x3>f(x)．
导数与不等式的证明【解析版】
1．已知函数f(x)＝x2－ln x．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：eq \f(fx,x)＋eq \f(1,4)x2－x>－eq \f(1,4)．
解：(1)f(x)＝x2－ln x的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(\r(2)x＋1\r(2)x－1,x)，
当x＞eq \f(\r(2),2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增；
当0＜x＜eq \f(\r(2),2)时，f′(x)＜0，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，
综上，函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))．
(2)证明：由x＞0，要证eq \f(fx,x)＋eq \f(1,4)x2－x>－eq \f(1,4)，即证f(x)＋eq \f(1,4)x3－x2＋eq \f(1,4)x＝eq \f(1,4)x3＋eq \f(1,4)x－ln x>0，令g(x)＝eq \f(1,4)x3＋eq \f(1,4)x－ln x(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(3,4)x2＋eq \f(1,4)－eq \f(1,x)＝eq \f(3x3＋x－4,4x)，令t(x)＝3x3＋x－4(x>0)，
t′(x)＝9x2＋1>0恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又t(1)＝0，即g′(1)＝0，当x∈(0,1)时，t(x)<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，t(x)>0，即g(x)>0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)最小值＝g(x)极小值＝g(1)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)＞0成立，所以原不等式成立．
2．已知函数f(x)＝－x2＋ax－3，g(x)＝xln x，a∈R．
(1)当x>0时，2g(x)≥f(x)，求a的取值范围；
(2)证明：当x>0时，g(x)>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
解：(1)当x>0时，2g(x)≥f(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤eq \f(2xln x＋x2＋3,x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，
∴当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝4，则a≤4．
∴实数a的取值范围为(－∞，4]．
(2)证明：∵g(x)＝xln x，∴g′(x)＝1＋ln x，令g′(x)＝0，∴x＝eq \f(1,e)，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时g′(x)<0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)>0，
∴函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴当x>0时，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，
令φ(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，则φ′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－eq \f(1,e)，
又两个等号不同时成立，故当x>0时，g(x)>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)．
3．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0．
解：(1)f′(x)＝eq \f(e,x)－a(x>0)．
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，则当00；当x>eq \f(e,a)时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，
当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e，
记g(x)＝eq \f(ex,x)－2e(x>0)，则g′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e，
综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，
即f(x)≤eq \f(ex,x)－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0．
4．已知函数f(x)＝(x－1)(x2＋2)ex－2x．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>－x2－4．
解：(1)因为f′(x)＝2x(x－1)ex＋x(x2＋2)ex－2＝x2(x＋2)ex－2，所以f′(0)＝－2．
因为f(0)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋y＋2＝0．
(2)证明：要证f(x)>－x2－4，
只需证(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，
设g(x)＝－x2＋2x－4＝－(x－1)2－3，
h(x)＝(x－1)(x2＋2)ex，
则h′(x)＝x2(x＋2)ex．
由h′(x)≥0，得x≥－2，
故h(x)在[－2，＋∞)上单调递增；
由h′(x)<0，得x<－2，
故h(x)在(－∞，－2)上单调递减，
所以h(x)min＝h(－2)＝－eq \f(18,e2)．
因为e≈2．718，所以－eq \f(18,e2)>－3．
又g(x)max＝－3，所以g(x)max从而(x－1)(x2＋2)ex>－x2＋2x－4，
即f(x)>－x2－4．
5．已知函数f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞eq \f(ln x,x－1)．
解：(1)f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x)－ln x)),x＋12)－eq \f(b,x2)(x>0)．
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq \f(1,2)，且过点(1,1)，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2).))解得a＝1，b＝1．
(2)证明：由(1)知f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)(x>0)，
所以f(x)－eq \f(ln x,x－1)＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ln x－\f(x2－1,x)))．
考虑函数h(x)＝2ln x－eq \f(x2－1,x)(x＞0)，
则h′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(2x2－x2－1,x2)＝－eq \f(x－12,x2)．
所以当x≠1时，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0．
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－eq \f(ln x,x－1)＞0，即f(x)＞eq \f(ln x,x－1)．
6．已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝eq \f(3,4)时，证明：x3>f(x)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝eq \f(ax＋1,x)(x>0)，则：
①当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，令f′(x)>0，得x<－eq \f(1,a)，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))．
(2)证明：法一：当a＝eq \f(3,4)时，x3>f(x)即x3>ln x＋eq \f(3,4)x．
考虑到x>0时，x－1≥ln x，
欲证x3>ln x＋eq \f(3,4)x，只需证x3>x－1＋eq \f(3,4)x．
设g(x)＝x3－eq \f(7,4)x＋1(x>0)，则g′(x)＝3x2－eq \f(7,4)(x>0)，令g′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(21),6)，令x0＝eq \f(\r(21),6)，则当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)≥g(x0)＝eq \f(7\r(21),72)－eq \f(7\r(21),24)＋1＝1－eq \f(7\r(21),36)，易知eq \f(7\r(21),36)<1，所以g(x)≥g(x0)>0，所以x3>x－1＋eq \f(3,4)x(x>0)恒成立，所以x3>ln x＋eq \f(3,4)x恒成立，即x3>f(x)．
法二：当a＝eq \f(3,4)时，x3>f(x)可化为x2－eq \f(3,4)>eq \f(ln x,x)．令m(x)＝x－1－eq \f(ln x,x)，x>0，
则m′(x)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)(x>0)，令h(x)＝x2＋ln x－1，x>0，则h′(x)＝2x＋eq \f(1,x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，h(x)<0，则m′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，则m′(x)>0，所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以m(x)≥m(1)＝0，即x－1≥eq \f(ln x,x)，当且仅当x＝1时，等号成立．
又x2－eq \f(3,4)－(x－1)＝x2－x＋eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2≥0，所以x2－eq \f(3,4)≥x－1，当且仅当x＝eq \f(1,2)时，等号成立．
因为两个等号不同时成立，故x2－eq \f(3,4)>eq \f(ln x,x)，即x2>eq \f(ln x,x)＋eq \f(3,4)，即x3>ln x＋eq \f(3,4)x，即x3>f(x)．