中小学教育资源及组卷应用平台 2025人教版新教材数学高考第一轮 课时规范练24 利用导数证明不等式 1.已知函数f(x)=ln(x+1). (1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率; (2)当x>0时,求证:f(x)>1. 2.(2023·浙江宁波一模)已知函数f(x)=ae2x+(a-4)ex-2x(e为自然对数的底数,e=2.718 28…). (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>1时,f(x)>7ln a-a-4. 3.(2024·河北石家庄模拟)已知函数f(x)=aex-x2-x. (1)若f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围; (2)当a=1时,证明: x∈(-2,+∞),f(x)>sin x. 4.(2024·湖南益阳模拟)已知函数f(x)=ax2-xln x. (1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围; (2)若a=2e,证明:f(x)
0时,欲证明f(x)>1,只需证明ln(x+1)->0. 设u(x)=ln(x+1)-,则u'(x)=>0在(0,+∞)上恒成立,所以u(x)在(0,+∞)上单调递增,即 x>0,u(x)>u(0)=0,即当x>0时,f(x)>1. 2.(1)解 f'(x)=2ae2x+(a-4)ex-2=(aex-2)(2ex+1),当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln,故xln时,f'(x)>0,所以f(x)在-∞,ln上单调递减,在ln,+∞上单调递增.(2)证明 由(1)知,当a>1时,f(x)min=fln=2--2ln 2+2ln a,要证f(x)>7ln a-a-4,a>1,只需证2--2ln 2+2ln a>7ln a-a-4,a>1,即证6+a--5ln a-2ln 2>0,a>1,设g(a)=6+a--5ln a-2ln 2,a>1,则g'(a)=1+,故当14时,g'(a)>0,所以g(a)在(1,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,所以g(a)≥g(4)=9-12ln 2=3(3-ln 16),又e3>2.73>16,故g(a)>0,即6+a--5ln a-2ln 2>0成立,所以原不等式成立. 3.(1)解 因为f(x)=aex-x2-x,所以f'(x)=aex-x-1,由f(x)在R上单调递增,得f'(x)≥0在R上恒成立,即aex-x-1≥0在R上恒成立,所以a在R上恒成立,令h(x)=,可得h'(x)=,当x>0时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x<0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以当x=0时,函数h(x)取得极大值且为最大值,最大值h(0)=1,所以a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞). (2)证明 当a=1时,f(x)=ex-x2-x,所以f'(x)=ex-x-1,且f(0)=1. 要证f(x)>sin x,只需证f(x)>1. ①当x∈(0,+∞)时,令g(x)=f'(x)=ex-x-1,可得g'(x)=ex-1>0,所以g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=0,因此f(x)单调递增,所以f(x)>f(0)=1; ②当x=0时,可得f(0)=1且sin 0=0,所以f(0)>sin 0,满足f(x)>sin x; ③当-20,且-x2-x=-(x+1)2+>0,所以f(x)>0,因此f(x)>sin x. 综上可得, x∈(-2,+∞),都有f(x)>sin x. 4.(1)解 由已知得f'(x)=ax-ln x-1. 因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以当x>0时,f'(x)≥0,即a恒成立.令h(x)=(x>0),则h'(x)=-,所以当00,当x>1时,h'(x)<0,即h(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,因此h(x)max=h(1)=1,所以a≥1,故实数a的取值范围是[1,+∞). (2)证明 若a=2e,要证f(x)0),则t'(x)=,所以当01时,t'(x)>0,所以t(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则t(x)min=t(1)=1,所以ln x+1. 令φ(x)=ex-ex(x>0),则φ'(x)=e-ex,所以当00,当x>1时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)= ... ... 
