新高考数学二轮复习核心考点题型训练专题六 不等式、函数与导数 第五讲 导数几何意义与不等式证明（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习核心考点题型训练专题六 不等式、函数与导数 第五讲 导数几何意义与不等式证明（2份，原卷版+解析版）
【探究真题.明确方向】
1.(2025·全国Ⅰ卷，T12)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线，则a= .
2.(2021·全国乙卷理，T20)设函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a；
(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x)，证明：g(x)h(1)=0，
即g(x)0)，
则g'(x)=ex+1-e1x+xe1x·1x2=ex+1+e1x1x−1(x>0)，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)>0，
所以当x∈(0，1)时，g(x)0)，
所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)=0，
即当x>1时，h(x)>h1x，
所以h(x1)=h(x2)>h1x2.
又h'(x)=1-1x=x−1x(x>0)，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，
所以00，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(-1)=-1e+a.
因为g(x)=xln x+a，x>0，
所以g'(x)=ln x+1.
令g'(x)=0，解得x=1e.
所以当x∈0，1e时，g'(x)g'(x)，
即证xex>ln x+1，
即证exx>lnx+1x2.
令h(x)=exx，x>0，φ(x)=lnx+1x2，x>0，
易得h'(x)=ex(x−1)x2，
则令h'(x)g'(x).
方法二 切线放缩法
令φ(x)=ln x-(x-1)，x>0，
则φ'(x)=1x-1=1−xx，
所以当x∈(0，1)时，φ'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，φ'(x)g'(x)，即证xex>ln x+1，
只需证xex>x，即证ex>1.
因为x>0，所以ex>e0=1，
即证得f(x)>g'(x)成立.
方法三 切线放缩法
令φ(x)=ex-x-1，
则φ'(x)=ex-1，
当x∈(-∞，0)时，φ'(x)ln x+1，
只需证x(x+1)>ln x+1，
即证x(x+1)-ln x-1>0.
令h(x)=x(x+1)-ln x-1，x>0，
则h'(x)=2x+1-1x=(2x−1)(x+1)x，
当x∈0，12时，h'(x)0，
所以φ'(x)在(0，+∞)上单调递增，
又φ'12=3e2-2>0，
φ'13=43e3-33sinxcsx+2.
(1)【解析】由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=1x-1x2=x−1x2，
当x∈(0，1)时，f'(x)0时，g(x)单调递增，
即g(x)>g(0)=0，所以x>3sinxcsx+2(x>0)，
即xf(x)>3sinxcsx+2成立.
考点三 双变量函数不等式的证明
【典例】3 已知函数f(x)=xe-x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1+x2>2.
(1)【解析】f'(x)=e-x-xe-x=(1-x)e-x，
令f'(x)>0⇒x0，则H(x)在(0，1)上单调递增，
所以H(x)x1，由方法一知，00，
故要证x1+x2>2，即证2tet−1+t>2，t>0，
又et-1>0，等价于证明2t+(t-2)(et-1)>0，
构造函数G(t)=2t+(t-2)(et-1)，t>0，
则G'(t)=(t-1)et+1，
令p(t)=G'(t)，t>0，则p'(t)=tet>0，
故G'(t)在(0，+∞)上单调递增，G'(t)>G'(0)=0，
从而G(t)也在(0，+∞)上单调递增，则G(t)>G(0)=0，
即2t+(t-2)(et-1)>0成立，
即原不等式x1+x2>2成立.
【考法归纳】证明含双参不等式成立的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.
【变式训练】3(2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=12ax2+ln x-(a+1)x，h(x)=f(x)+12ax2-(b-2)x，其中a>0，b∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a=1时，若x1，x2是h(x)的两个不同的极值点，求证：h(x1)+h(x2)0；
当1a0，
∴h(x)在(1，+∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex.
∴当x>1时，exx>e，即ex(x−1)x>e(x-1).
由此可证得当x>1时，exln x>e(x-1).
方法二 当x>1时，要证exln x>e(x-1)成立，即证ln x>x−1ex−1，x>1.
设G(x)=ln x-x−1ex−1，x>1，
则G'(x)=1x-ex−1−(x−1)ex−1(ex−1)2=ex−1+x2−2xxex−1，
设m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，
则m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当x>1时，m'(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)=0，∴当x>1时，G'(x)>0，
∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0，
由此可证得当x>1时，exln x>e(x-1)成立.
2.(15分)(2025·秦皇岛模拟)设函数f(x)=(x-2)ln x+1.
(1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6分)
(2)证明：f(x)+ex>x+1.(9分)
(1)【解析】函数f(x)=(x-2)ln x+1，求导得f'(x)=ln x+1-2x，则f'(1)=-1，而f(1)=1，
所以f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=-1·(x-1)，即x+y-2=0.
(2)【证明】函数f(x)=(x-2)ln x+1的定义域为(0，+∞)，
函数f'(x)=ln x+1-2x，且f'(x)在(0，+∞)上单调递增，
而f'(1)=-10，即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
因此f(x)≥f(x0)=(x0-2)ln x0+1=(x0-2)2x0−1+1=5-x0+4x0，
又x0∈(1，2)，易得40，得g'(x)=ex-1>0，则函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)=0，即ex-(x+1)>0，
因此f(x)+g(x)=f(x)+ex-(x+1)>0，
所以f(x)+ex>x+1.
【拓展训练】(共17分)
3.(17分)若函数y=f(x)在[a，b]上存在x1，x2(a2.(7分)
(1)【解析】是，理由如下：
根据条件易知F(3)=1，F(-1)=-3，
所以F(3)−F(−1)3−(−1)=1，
令F'(x)=3x2-6x=1，
可得x1=1-233，x2=1+233，
显然-10，
则g'(x)=1-1x=x−1x，
当x∈(0，1)时，g'(x)0，g(x)单调递增，即f'(x)单调递增，
故f'(x)min=f'(1)=-a，
因为f'(x1)=f'(x2)=0，且当x→0时，f'(x)→+∞，当x→+∞时，f'(x)→+∞，
所以-a0，
即a的取值范围为(0，+∞).
②【证明】不妨设x1a+2-x1=1-ln x1.
设h(x)=g(x)-g(1-ln x)=x-1+ln(1-ln x)，00，
所以φ(x)在(0，1)上单调递增，则0