2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-不等式的证明（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-不等式的证明（Word版解析版），共10页。试卷主要包含了已知函数f＝axln xa≠0，已知f＝aex＋sin x＋b等内容，欢迎下载使用。
1.(2025·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝axln xa≠0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a＝1，求证：f(x)＞－5x2＋2x－35.
解：(1)由题意知f'(x)＝a1+lnx，
当a＞0时，令f'(x)＞0，解得x＞1e，令f'(x)＜0，解得0＜x＜1e，
所以f(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增；
当a＜0时，令f'(x)＞0，解得0＜x＜1e，令f'(x)＜0，解得x＞1e，
所以f(x)在0，1e上单调递增，在1e，＋∞上单调递减.
(2)证明：若a＝1，f(x)＝xln x，
所以f'(x)＝1＋ln x，所以当x∈0，1e时，f'(x)＜0，当x∈1e，＋∞时，f'(x)＞0，
所以f(x)在0，1e上单调递减，在(1e，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f1e＝－1e.
设函数hx＝－5x2＋2x－35＝－5(x－15)2－25，
所以hx在0，＋∞上的最大值为h15＝－25＜－1e.
故f(x)＞－5x2＋2x－35.
2.(2025·云南昆明一模)已知函数f(x)＝x－1x－aln x.
(1)若f(x)在点1，0处的切线与曲线y＝x2＋2x－3相切，求a；
(2)若b，c是f(x)的两个极值点，设B(b，f(b))，Cc，fc，直线BC的斜率为k，证明：a＋k＞2.
解：(1)由题意知，f(x)的定义域为0，＋∞，f'(x)＝1＋1x2－ax，
所以f'1＝2－a，
故在点1，0处的切线方程为y＝2－ax－1，
联立y＝x2+2x－3，y＝2－ax－1，可得x2＋ax－a－1＝0，
由Δ＝a2＋4a＋4＝0，解得a＝－2.
(2)由题意知，f'(x)＝1＋1x2－ax＝x2−ax+1x2，b，c∈0，＋∞且f'b＝f'c＝0，
所以b＋c＝a＞0，bc＝1，Δ＝a2－4＞0，
所以a＞2，
不妨设b＞c，则b＞1，则直线BC的斜率k＝fb−fcb−c＝2－2alnbb−1b，
故要证a＋k＞2，即证a＋2－2alnbb−1b＞2，即证b－1b－2ln b＞0，
设函数gb＝b－1b－2ln b，b＞1，
则g'b＝1＋1b2－2b＝b−12b2＞0，
所以gb在1，＋∞单调递增，
又b＞1，故gb＞g1＝0，即b－1b－2ln b＞0成立，
所以a＋k＞2.
3.(2025·辽宁锦州二模)已知f(x)＝aex＋sin x＋b.
(1)若f(x)在0，π2上单调递增，求a的取值范围；
(2)若f(x)的图象在0，f0处的切线为y＝2x，求a与b的值，并证明x＞0时，f(x)＞ln x.
解：(1)若f(x)在0，π2上单调递增，则f'(x)＝aex＋cs x＝exa＋csxex≥0对x∈0，π2恒成立，
设g(x)＝a＋csxex，
则g'x＝−sinx−csxex＜0在0，π2上恒成立，
所以g(x)在0，π2上单调递减，
所以只需gπ2≥0，即a≥0，
所以a的取值范围是0，＋∞.
(2)因为f0＝a＋b，f'0＝a＋1，
所以f(x)在0，f0处切线方程为y＝a＋1x＋a＋b，
根据题意，该切线为y＝2x，所以a＋1=2，a＋b=0，解得a＝1，b＝－1，
所以f(x)＝ex＋sin x－1，
因为sin x≥－1，所以f(x)≥ex－2，
下面证明：ex－2＞ln x，
方法一：先证ex－2＞x－1，即ex－x－1＞0x＞0，
令g(x)＝ex－x－1x＞0，
则g'x＝ex－1＞0，
所以g(x)在0，＋∞是增函数，
所以g(x)＞g0＝0，即ex－2＞x－1，①
再证x－1≥ln x，即x－1－ln x≥0x＞0，
令φx＝x－1－ln x，
则φ'x＝1－1x＝x−1x，
当0＜x＜1时，φ'x＜0，当x＞1时，φ'x＞0，
所以φx在0，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以φxmin＝φ1＝0，即x－1－ln x≥0，
所以x－1≥ln x，②
由①②得ex－2＞ln x，
综上，f(x)＞ln x在0，＋∞上成立.
方法二：设F(x)＝ex－2－ln x，则F'x＝ex－1x，
因为y＝ex，y＝－1x两个函数均在0，＋∞上单调递增，所以F'x在0，＋∞上单调递增，
因为F'12＝e－2＜0，F'1＝e－1＞0，
所以∃x0∈12，1使F'x0＝ex0－1x0＝0，所以ex0＝1x0，即x0＝－ln x0，
当x∈0，x0时，F'x＜0，x∈x0，＋∞时，F'x＞0，
所以F(x)在0，x0单调递减，在x0，＋∞单调递增，
所以F(x)≥Fx0＝ex0－2－ln x0＝x0＋1x0－2≥2x0·1x0－2＝2－2＝0，
当且仅当x0＝1时等号成立，
因为x0≠1，所以F(x)＞0，即ex－2＞ln x，所以f(x)＞ln x在0，＋∞上成立.
4.(2025·山东青岛一模)已知函数f(x)＝ax－sin x，x∈－π2，π2.
(1)当a＝12时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：M－m＜2.
解：(1)当a＝12时，f(x)＝12x－sin x，x∈－π2，π2，
则f'(x)＝12－cs x，
当－π2≤x≤－π3或π3≤x≤π2时，f'(x)≥0；当－π3＜x＜π3时，f'(x)＜0，
所以函数f(x)在－π3，π3上单调递减，在－π2，－π3和π3，π2上单调递增.
(2)由f(x)＝ax－sin x，x∈－π2，π2，得f'(x)＝a－cs x，
因为函数f(x)有两个极值点，
所以方程f'(x)＝a－cs x＝0有两个不相等的实根，设为x1，x2且x1＜x2，
因为函数y＝cs x在x∈－π2，π2时的图象关于y轴对称，
所以x1＋x2＝0，即cs x1＝cs x2＝a∈0，1，
当x∈－π2，x1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(x1，x2)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈x2，π2时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
所以x1，x2分别是函数的极大值点和极小值点，
即M＝f(x1)＝ax1－sin x1，m＝f(x2)＝ax2－sin x2，
又x1＋x2＝0，即x2＝－x1，
则M－m＝ax1－sin x1－ax2－sin x2＝2ax1－sin x1，
又cs x1＝a∈0，1，
则M－m＝2x1cs x1－sin x1，
设hx1＝2x1cs x1－sin x1，－π2＜x1＜0，
则h'x1＝－2x1sin x1＜0，即函数hx1在－π2，0上单调递减，
所以hx1＜h－π2＝2，即M－m＜2.