突破练21　利用导数证明不等式--2026全国版高中数学突破练(含答案)

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2026全国版高中数学突破练
突破练21　利用导数证明不等式
1.(15分)(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)=e2x+(a-2)ex-2ax(a∈R).
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)当a=0时,求证:对任意的x∈(0,+∞),f(x)+4ex>2x2+恒成立.
2.(15分)(2023·新高考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+.
3.(15分)(原创)已知函数f(x)=ln x+x2.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)证明:f(x)≤x2+x-1;
(3)求证:对任意的n∈N*且n≥2,都有(1+)(1+)(1+)…(1+)4.(17分)(2025·湖南长沙三模)若存在正实数a,对任意x∈D,使得ax2≤f(x)≤2ax2,则称函数f(x)在D上是一个“T(a)函数”.
(1)已知函数f(x)=x在区间[1,2]上是一个“T(a)函数”,求a;
(2)证明:函数g(x)=1-cos x在区间(-)上是一个“T()函数”;
(3)证明:+…+(n∈N*).
参考答案
1.(1)解 当a=2时,f(x)=e2x-4x,则f'(x)=e2x-4,令f'(x)<0,得x0,得x>ln 2,所以函数f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞).
(2)证明 当a=0时,f(x)=e2x-2ex,
要证f(x)+4ex>2x2+,即证e2x+2ex-2x2->0,设h(x)=e2x+2ex-2x2-(x>0),则h'(x)=e2x+2ex-4x,设m(x)=e2x+2ex-4x(x>0),则m'(x)=2e2x+2ex-4=2(ex-1)(ex+2)>0,所以函数m(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则m(x)>m(0)=3>0,即h'(x)>0,可知函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则h(x)>h(0)=0,即e2x+2ex-2x2->0.
2.(1)解 f'(x)=aex-1,x∈R.
①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a.随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表:
x (-∞, -ln a) -ln a (-ln a, +∞)
f'(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).
(2)证明 当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立.
当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),
下面证明f(-ln a)>2ln a+
f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-, a∈(0,+∞),
则g'(a)=2a-,
令g'(a)=0,得a=
随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下表:
a (0,) (,+∞)
g'(a) - 0 +
g(a) ↘ 极小值 ↗
所以在a=时,g(a)取最小值.
g(a)min=g()=-ln=-ln=ln >ln 1=0.
因此f(-ln a)>2ln a+成立.
因此当a>0时,f(x)>2ln a+
3.(1)解 由函数f(x)=ln x+x2,可得f'(x)=+2x,则f'(1)=3,f(1)=1,
所以切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0.
(2)证明 由函数f(x)=ln x+x2,要证明不等式f(x)≤x2+x-1,
即证ln x+x2≤x2+x-1,即证ln x-x+1≤0,
设g(x)=ln x-x+1,x>0,则g'(x)=-1=,令g'(x)=0,解得x=1,
当00,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以当x=1时,函数g(x)取得最大值,且g(x)max=g(1)=0,即g(x)≤0,
即ln x-x+1≤0,所以不等式f(x)≤x2+x-1成立.
(3)证明 由(2)知ln x≤x-1,令x=1+,则ln(1+,
因为,n≥2,
所以ln(1+)+ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<+…+<(1-)+()+()+…+()=1-<1=ln e,
即ln[(1+) (1+) (1+)…(1+)]又因为y=ln x在区间(0,+∞)上为单调递增函数,所以(1+) (1+) (1+)…(1+)4.(1)解 由f(x)=x在区间[1,2]上是一个“T(a)函数”,
则任意x∈[1,2],ax2≤x≤2ax2恒成立,即a2a恒成立,
而当x∈[1,2]时,1,因此解得a=,所以a=
(2)证明 要证g(x)=1-cos x在区间(-)上是一个“T()函数”,需证x∈(-)时,x2≤1-cos xx2,证明如下:
令h(x)=x2+cos x-1,x∈(-),求导得h'(x)=x-sin x,
令φ(x)=h'(x),求导得φ'(x)=1-cos x≥0,即h'(x)在区间(-)上单调递增,且h'(0)=0,
当-0,h(x)在区间(0,)上单调递增,
因此h(x)在区间(-)上取最小值h(0),h(x)≥h(0)=0,即x2≥1-cos x;
令k(x)=x2+cos x-1,x∈(-),求导得k'(x)=-sin x,令u(x)=k'(x),求导得u'(x)=-cos x,
当-0,则k'(x)在区间(-,-),()上单调递增;
当-0,k'(0)=0,k'()=-1<0,
当-0,k(x)在区间(-,0)上单调递增,
当0(3)证明 当x∈(0,)时,则1->0,由(2)知cos x>1->0且00,
因此,即当x∈(0,)时,>1-,令x=,n∈N*,(0,),则>1-=1->1-=1-=1-(),所以+…+>n-(1-+…+)=n-(1-)=n-
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