高频微专题4（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
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高频微专题4　利用导数证明不等式
满分54分,限时60分钟
解答题(本题共4小题,共54分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.(12分)(2023新课标Ⅰ,19)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+.
2.(12分)(2024全国甲文,20)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时, f(x)3.(15分)已知函数f(x)=aln x+x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明:xf(x)4.(15分)(2024重庆第一中学校月考)已知函数f(x)=ln(ax)-1+.
(1)若函数f(x)的最小值为0,求实数a的值;
(2)证明:对任意的n∈N*,x∈(0,+∞),(x-1)·≥ln 恒成立.
答案全解全析
1.解析　(1)f(x)的定义域为R.
∵f(x)=a(ex+a)-x,∴f'(x)=aex-1.(1分)
∵ex>0恒成立,∴当a≤0时, f'(x)<0恒成立, f(x)在R上单调递减.(2分)
当a>0时,令f'(x)=0,得x=-ln a.
易知f'(x)=aex-1在R上单调递增,(3分)
∴当x<-ln a时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
当x>-ln a时, f'(x)>0, f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
当a>0时, f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.(5分)
(2)证明:由(1)得当a>0时, f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a.(6分)
令g(a)=1+a2+ln a-2ln a-=a2-ln a-,
则g'(a)=2a-,令g'(a)=0,则a=(负值舍去).(8分)
易知g'(a)=2a-在(0,+∞)上单调递增,
∴当0当a>时,g'(a)>0,g(a)单调递增,
∴g(a)min=g=-ln -=-ln >0,(10分)
∴g(a)>0恒成立,即1+a2+ln a-2ln a->0恒成立,
即f(x)min>2ln a+,∴当a>0时, f(x)>2ln a+.(12分)
2.解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a-,
若a≤0,则f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.(2分)
若a>0,则由f'(x)=0得x=,
当0时, f'(x)>0,
故f(x)在上单调递减,在上单调递增.
综上,当a≤0时, f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0时, f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(5分)
(2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-,(7分)
令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),证明g(x)>0即可,
则g'(x)=ex-1-2+,再令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-,(9分)
显然h'(x)在(1,+∞)上单调递增,则h'(x)>h'(1)=e0-1=0,
即g'(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,问题得证.(12分)
3.解析　(1)易得f'(x)=+1=,x>0.(1分)
当a≥0时, f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.(3分)
当a<0时,若x∈(-a,+∞),则f'(x)>0;若x∈(0,-a),则f'(x)<0,
所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.
综上,当a≥0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时, f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.(6分)
(2)证明:当a=1时, f(x)=ln x+x.要证xf(x)令g(x)=1+,则g'(x)=.
令g'(x)>0,得0e,
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+.(10分)
令h(x)=,则h'(x)=.
所以当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=.(12分)
因为->0,所以h(x)min>g(x)max,
所以1+<,所以xf(x)4.解析　(1)当a>0时,函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=-=.
若x∈(0,1),则f'(x)<0, f(x)单调递减;若x∈(1,+∞),则f'(x)>0, f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(1)=ln a=0,所以a=1.(3分)
当a<0时,函数f(x)的定义域为(-∞,0), f'(x)=<0,
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,无最小值,与题意不符.(5分)
综上,a=1.(6分)
(2)证明:由(1)得ln x≥1-恒成立,用替代x,得ln x≤x-1.(7分)
(x-1)≥ln (x-1)-ln ≥ln x.
因为x-1≥ln x,所以即证(x-1)-ln ≥x-1,即证(x-1)ex+≥0.(9分)
令m=,则m∈(0,1],设g(m)=em(1-x-ln m),
所以g'(m)=em1--ln m-x.
因为ln m≥1-,所以1--ln m≤0,所以g'(m)<0,
所以g(m)在(0,1]上单调递减,所以g(m)≥g(1)=e(1-x),(11分)
所以(x-1)ex+1-x-ln ≥(x-1)ex+e(1-x)=(x-1)·(ex-e).(12分)
因为x-1,ex-e在(0,1),(1,+∞)上同号,在x=1时两式都等于0,所以(x-1)(ex-e)≥0.(14分)
所以对任意的n∈N*,x∈(0,+∞),(x-1)≥ln 恒成立.(15分)
专题通法
利用导数证明不等式的方法
(1)构造法:
①构造一个函数证明不等式:证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)-g(x)<0),构造新函数h(x)=f(x)-g(x),只需证明h(x)min>0(或h(x)max<0).
②构造两个函数证明不等式:当直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证不等式进行变形,构造两个都便于求导的函数,即转变为比较两个函数之间的最值,从而找到可以传递的中间量,进而达到证明的目的.
(2)放缩法:
①参数放缩:当题目给出参数的取值范围来证明不等式时,可以把参数按取值范围放缩为常数.例如:已知参数a≥1,证明af(x)>0时,可把参数放缩得到af(x)≥f(x),即只需要证明f(x)>0即可.
②函数不等式放缩:当利用导数证明不等式时,最常见的是ln x和ex与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ln x与ex进行放缩,使问题简化,简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下(大题使用时需先证明):
(i)ex≥x+1;ex-1≥x;ex≥ex;e-x≥1-x.
(ii)ln x≤x-1;ln(x+1)≤x;ln ≤-1;ln x≥1-.
(iii)ex≥1+x+x2(x≥0);ex≤1+x+x2(x≤0);ln x≤x(x>0).