2022届一轮复习专题练习3 第24练 高考大题突破练——不等式证明（解析版）

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考点一 将不等式转化为函数的最值问题
1．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋eq \f(a＋1,x).
(1)讨论feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的单调性；
(2)当0≤a≤1时，证明：xfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)).
考点二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较
2．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xln x＋x，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(x,ex).
(1)若不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≤ax2对x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))恒成立，求a的最小值；
(2)证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋1－x>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)).
考点三 适当放缩证明不等式
3．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极值点．求a的值，并讨论feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的零点个数；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥0.
4．已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围；
(3)当x>y>e－1时，证明：ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1).
答案精析
1．(1)解 由题意知，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,x)－eq \f(a＋1,x2)＝eq \f(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1)),x2)，
当a＋1≤0，即a≤－1时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0恒成立，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增；
当a＋1>0，即a>－1时，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))0；
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1，＋∞))上单调递增；
综上，当a≤－1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增；
当a>－1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a＋1))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋1，＋∞))上单调递增．
(2)证明 若xfeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))，则xln x－ax＋1≥0，
设geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xln x－ax＋1，则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋1－a，
由g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0可得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1，＋∞))，即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ea－1，＋∞))，
由g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))，
即xln x＋1>eq \f(x,ex)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，
两边同除以x可得ln x＋eq \f(1,x)>eq \f(1,ex).
设teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋eq \f(1,x)，则t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上，t′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))0，所以teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增．所以teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝1.
设heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,ex)，因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递减，所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋1－x>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x)).
3．(1)解 feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－eq \f(1,x).
由题设知，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).
当00，
所以f′(x)＝2－eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1,x)，
令f′(x)y>e－1，所以x＋1>y＋1>e，ln(x＋1)>ln(y＋1)>ln e＝1，
所以ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1)等价于eq \f(ex,ey)>eq \f(lnx＋1,lny＋1)，
即eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
要证明ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1)，只要证明eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
令h(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)，x>e－1，只要证明h(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)在(e－1，＋∞)上是增函数，
又h′(x)＝exeq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)，
易知m(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
所以ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)>ln e－eq \f(1,e)＝1－eq \f(1,e)>0，
所以h′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(lnx＋1－\f(1,x＋1))),ln2x＋1)>0，
所以h(x)＝eq \f(ex,lnx＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
又x>y>e－1，所以h(x)>h(y)，
即eq \f(ex,lnx＋1)>eq \f(ey,lny＋1)，
所以ex－y>eq \f(lnx＋1,lny＋1).