专题8 导数与不等式的证明讲义 2025高三数学二轮复习 有答案

这是一份专题8 导数与不等式的证明讲义 2025高三数学二轮复习 有答案，文件包含专题8导数与不等式的证明教师版docx、专题8导数与不等式的证明学生版答案解析docx、专题8导数与不等式的证明学生版docx等3份学案配套教学资源，其中学案共36页， 欢迎下载使用。
例1【解析】(1)F(x)=xex−1，F'(x)=(x+1)ex−1，
当x∈(−∞,−1)时，F'(x)0，
综上所求，当a≥2e2时， fx>xgx−b．
练1【解析】（1）由fx=lna−x⇒f'x=1x−a,y=xfx⇒y'=lna−x+xx−a,
又x=0是函数y=xfx的极值点,所以y'0=lna=0,解得a=1；
（2）由（1）得fx=ln1−x,g(x)=x+f(x)xf(x)=x+ln1−xxln1−x,x0.
因为x0∈12,1，所以φx0>0，即gx0>0，所以gx>0，
所以a=1时，f1x>−ex.
方法二：设Hx=ex−x−1，x∈12,1.
则H'x=ex−1>e12−1>0，所以Hx在12,1上单调递增，
所以Hx>H12=e−94>0，
所以ex−x>1.因为x0∈12,1，所以ex0−x0>1，
所以gx0=ex0−x0−lnx0>1−lnx0>0，
所以a=1时，f1x>−ex.
例2【解析】（1） f(x) 的定义域为0,+∞，f'(x)=ax+1=x+ax.
当a≥0时，f'(x)≥0，所以f(x)在0,+∞上单调递增，
当a0，所以ℎxmin>gxmax，
即1+lnxx1等价于xln x>xe−x−2e.
设函数g(x)＝xln x，则g'x＝1+ln x，所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，g′(x)0.
故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，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
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时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
例3【解析】（1）法一：因为函数fx的定义域为0,+∞，
由题意f'x=x+1ex−ax=x+1xex−ax，令xex−a=0，得a=xex，
令gx=xex，g'x=ex+xex=x+1ex>0，
所以gx在x∈0,+∞上为增函数，且g0=0，所以a=xex有唯一实根，
即f'x=0有唯一实根，设为x0，即a=x0ex0，
所以fx在0,x0上为减函数，在x0,+∞上为增函数，
所以fxmin=fx0=x0ex0−alnx0+x0=a−alna.
法二：因为fx=xex−alnx+x=elnx+x−alnx+xx>0.
设t=lnx+x，则t∈R.
记φt=et−att∈R.故fx最小值即为φt最小值.φ't=et−aa>0，
当t∈−∞,lna时，φ't2x−2+2sinx，即x2−x+2>2sinx，
当x>1时，x2−x+2>2≥2sinx结论成立，
当x∈(0,1)时，设gx=x2−x+2−2sinx，g'x=2x−1−2csx，
当x∈(0,1)时，g'x显然单调递增.g'x≤g'1=1−2cs10，即x2−x+2>2sinx.综上结论成立.
练5【解析】解：(1)因为f(x)=lnx+1ex，
所以f′(x)=exx−ex(lnx+1)e2x=1x−lnx−1ex，
令φ(x)=1x−lnx−1，φ(1)=0，∵φ(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴当00，f(x)单调递增;
当x>1时，φ(x)0．
∴f(x)=lnx+1ex⩽xex①，当且仅当x=1时取“=”．
要证f(x)0．
令g(x)=x−2ln2+1ex，g′(x)=ex−ex(x−2ln2+1)e2x=2ln2−xex，
当x∈0,2ln2时，g′x>0；当x∈2ln2,+∞时，g′x0)，
令g(x)=xex−2−lnx−x+1，g′(x)=(x+1)(ex−2−1x)，
令ℎ(x)=ex−2−1x，则ℎ(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
∵ℎ(1)=1e−10，
∴存在x0∈(1,2)，使得ℎ(x0)=0，即ex0−2=1x0，x0−2=−lnx0，
当x∈(0,x0)时，g′(x)0，则g(x)在(x0,+∞)上单调递增，
∴g(x)min=g(x0)=x0ex0−2−lnx0−x0+1=x0⋅1x0+x0−2−x0+1=0，
∴g(x)≥0，故f(x)≥lnx−x2−x−2．
【专题训练】
1.【解析】(1)因为fx=xlnx，所以f'x=lnx+1x>0，
当x∈0,1e，f'x0)，
当x∈0,1时，ℎ'x0时，ℎ'x>0，当x0所以g'(x)在0,π2是增函数，
ℎ'(0)=−2，ℎ'π2=π−1>0，所以存在x0∈0,π2使g'x0=0．
故x∈(0,x0时，g'(x)0；当x10，则Gx单调递增，当x∈t,+∞时，G'x0时，f′x>0；当xx2ln(x+1)，
只需证明x2+2x2>x2ln(x+1)，只需证ln(x+1)>2x2+x，
设F(x)=ln(x+1)−2x2+x(x>0)，则F′(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2(x>0)，
所以当x>0时，F′x>0恒成立，故Fx在0,+∞上单调递增，
又F0=0．∴Fx>0恒成立，∴原不等式成立． x
1,e1−a
e1−a
e1−a,+∞
g'x
+
0
-
gx
单调递增
极大值
单调递减