2025高考數(shù)學一輪復(fù)習-3.5-構(gòu)造函數(shù)證明不等式-專項訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學一輪復(fù)習-3.5-構(gòu)造函數(shù)證明不等式-專項訓(xùn)練【A級基礎(chǔ)鞏固】1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x)＋2，求證：f(x)＜ex－eq\f(lnx,x).2．已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)當x≥0時，求證：f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．已知函數(shù)f(x)＝(m＋1)x－mlnx－m.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當m≤1，且x>1時，f(x)<ex-1.2．已知函數(shù)f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當a＝e時，證明f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0.參考答案【A級基礎(chǔ)鞏固】1．證明：要證f(x)＜ex－eq\f(lnx,x)，即證lnx－x＋2＜ex－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x).設(shè)g(x)＝lnx－x＋2，x＞0，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當x∈(0，1)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．∴g(x)≤g(1)＝1.設(shè)h(x)＝ex－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)，x＞0，則h′(x)＝eq\f(x2ex＋lnx,x2).令k(x)＝x2ex＋lnx，則k′(x)＝2xex＋x2ex＋eq\f(1,x).∵x＞0，∴k′(x)＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而k(1)＝e＞0，keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e2)·eeq\s\up6(\f(1,e))－1＜0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使得k(x0)＝0.當x∈(0，x0)時，k(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當x∈(x0，＋∞)時，k(x)＞0，即h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．由k(x0)＝0，得xeq\o\al(2,0)ex0＝－lnx0，即x0ex0＝－eq\f(lnx0,x0)＝(－lnx0)e－lnx0.由y＝xex在(0，＋∞)上為增函數(shù)，可得x0＝－lnx0，ex0＝eq\f(1,x0)，∴h(x)≥h(x0)＝ex0－eq\f(lnx0,x0)－eq\f(1,x0)＝1.又g(x)的最大值與h(x)的最小值都為1，且不同時取到，∴g(x)＜h(x)，即f(x)＜ex－eq\f(lnx,x).2．(1)解：易知函數(shù)f(x)的定義域為R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(0)＝0，無極大值．(2)證明：要證f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即證ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0.設(shè)g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要證原不等式成立，即證g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當x＝－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時等號成立))，由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0時等號成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴在區(qū)間[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴當x≥0時，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx得證．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．(1)解：f′(x)＝m＋1－eq\f(m,x)＝eq\f((m＋1)x－m,x)，x∈(0，＋∞)，①當m＋1＝0，即m＝－1時，f′(x)＝eq\f(1,x)>0，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當m＋1<0，即m<－1時，令f′(x)>0，得0<x<eq\f(m,m＋1)，令f′(x)<0，得x>eq\f(m,m＋1)，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上單調(diào)遞增；在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))上單調(diào)遞減．③當m＋1>0，即m>－1時，若－1<m≤0，則f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若m>0，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(m,m＋1)，令f′(x)>0，得x>eq\f(m,m＋1)，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上單調(diào)遞減；在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上，當m<－1時，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))單調(diào)遞減；當－1≤m≤0時，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當m>0時，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證明：要證f(x)<ex-1，即證ex-1－m(x－1)>x－mlnx，即證ex-1－m(x－1)>elnx－mlnx．令g(x)＝x－1－lnx，x≥1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)≥0，所以g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x>1時，g(x)>g(1)＝0，即當x>1時，x－1>lnx．令h(x)＝ex－mx，x>0，則h′(x)＝ex－m>0在m≤1時恒成立，所以當m≤1，且x>0時，h(x)單調(diào)遞增．因為當x>1時，x－1>0，lnx>0，且x－1>lnx，所以當m≤1，且x>1時，h(x－1)>h(lnx)，即ex-1－m(x－1)>elnx－mlnx．所以當m≤1，且x>1時，f(x)<ex-1.2．(1)解：函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，∵f′(x)＝eq\f(e,x)－a＝eq\f(e－ax,x)(x>0)，∴當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(e,a)，由f′(x)<0，得x>eq\f(e,a)，即函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當a≤0時，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)證明：要證f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0，只需證明f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，由(1)知，當a＝e時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，