2025高考备考数学知识点突破3　利用导数证明不等式

突破3利用导数证明不等式学生用书P063命题点1将不等式转化为函数的最值问题例1[2023新高考卷Ⅱ节选]证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sinx＜x.解析令h（x）＝x－x2－sinx，则h'（x）＝1－2x－cosx，令p（x）＝1－2x－cosx，则p'（x）＝－2＋sinx＜0，所以p（x）即h'（x）单调递减，又h'（0）＝0，所以当0＜x＜1时，h'（x）＜h'（0）＝0，h（x）单调递减，所以当0＜x＜1时，h（x）＜h（0）＝0，即x－x2＜sinx.令g（x）＝sinx－x，则g'（x）＝cosx－1＜0，x∈（0，1），所以g（x）单调递减，又g（0）＝0，所以当0＜x＜1时，g（x）＜g（0）＝0，即sinx＜x.综上，当0＜x＜1时，x－x2＜sinx＜x.方法技巧（1）利用函数的单调性和最值直接证明.（2）证明不等式f（x）＞g（x）转化为证明f（x）－g（x）＞0，进而构造辅助函数h（x）＝f（x）－g（x），通过研究函数h（x）的单调性，证明h（x）min＞0.训练1[2024浙江宁波模拟]已知函数f（x）＝ae2x＋（a－4）ex－2x.（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当a＞1时，f（x）＞7lna－a－4.解析（1）f'（x）＝2ae2x＋（a－4）ex－2＝（aex－2）（2ex＋1），（i）当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减；（ii）当a＞0时，x∈（－∞，ln2a）时，f'（x）＜0，x∈（ln2a，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（－∞，ln2a）上单调递减，在（ln2a（2）由（1）知，当a＞1时，f（x）min＝f（ln2a）＝2－4a－2ln2＋2ln要证f（x）＞7lna－a－4，只需证2－4a－2ln2＋2lna＞7lna－a－4，即证6＋a－4a－5lna－2ln2设g（a）＝6＋a－4a－5lna－2ln2，a＞1，则g'（a）＝1＋4a2－5a＝（a－1)(a－4）a2，当1＜a＜4时，g'（a）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）＝9－12ln2＝3（3－ln16），又e3＞2.73＞16，故g（a）＞0，证毕.命题点2将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2[2024湖北襄阳模拟节选]已知函数f（x）＝alnx＋x.当a＝1时，证明：xf（x）＜ex.解析当a＝1时，要证xf（x）＜ex，即证x2＋xlnx＜ex，即证1＋lnxx＜exx令函数g（x）＝1＋lnxx，则g'（x）＝令g'（x）＞0，得x∈（0，e）；令g'（x）＜0，得x∈（e，＋∞）.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＋1e令函数h（x）＝exx2（x＞0），则h'（x）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）＝e2因为e24－（1＋1e）＞0，所以h（x）min＞g（x即1＋lnxx＜exx2，从而xf（x）方法技巧若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，构造两个函数，转化为两个函数的最值问题（或找到可以传递的中间量a），即将不等式转化为f（x）≥g（x）的形式，证明f（x）min≥g（x）max（或f（x）≥a≥g（x））即可.训练2已知函数f（x）＝alnx＋a+1x＋x（a∈R（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数g（x）＝1ex＋1x，证明：当a＝1时，f（x）＞g（解析（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ax－a+1x2＋1＝当a≥－1时，a＋1≥0，所以x＋（a＋1）＞0恒成立，所以当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.当a＜－1时，分下面三种情况讨论.①当a＝－2时，f'（x）＝（x－1）2x2≥0恒成立，所以f②当a＜－2时，－a－1＞1，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1或x＞－a－1，令f'（x）＜0，解得1＜x＜－a－1，所以f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上单调递增，在（1，－a－1）上单调递减；③当－2＜a＜－1时，0＜－a－1＜1，令f'（x）＞0，解得0＜x＜－a－1或x＞1，令f'（x）＜0，解得－a－1＜x＜1，所以f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－a－1，1）上单调递减.综上，当a＜－2时，f（x）在（0，1），（－a－1，＋∞）上单调递增，在（1，－a－1）上单调递减；当a＝－2时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当－2＜a＜－1时，f（x）在（0，－a－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－a－1，1）上单调递减；当a≥－1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.（2）当a＝1时，要证f（x）＞g（x）（x＞0），即证lnx＋2x＋x＞1ex＋1x（x＞0），即证xlnx＋x2＋1＞xex（设G（x）＝xex（x＞0），易知G（x）＝xex在（0，1）上单调递增，在（所以G（x）max＝G（1）＝1e设F（x）＝xlnx＋x2＋1（x＞0），则F'（x）＝lnx＋2x＋1（x＞0）.因为函数F'（x）在（0，＋∞）上单调递增，而F'（1e）＝2e＞0，F'（1e2）＝－1＋所以存在x0∈（1e2，1e），使得F'（x0）＝0，且lnx0＝－2x0所以当x∈（0，x0）时，F'（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，F'（x）＞0，所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.所以F（x）min＝F（x0）＝x0lnx0＋x02＋1＝x0（－2x0－1）＋x02＋1＝－x0设H（x）＝－x2－x＋1，显然该函数在（1e2，所以H（x0）＞H（1e），即－x02－x0＋1＞－1e2而－1e2－1e＋1＞1e，所以－x02－x0＋1＞1e，即F（x）min＝F（x0）＞1故当x＞0时，F（x）＞G（x）恒成立，所以当a＝1时，f（x）＞g（x）成立，得证.命题点3放缩法证明不等式例3[2023成都七中校考模拟预测]已知函数f（x）＝cosx＋a2x2－1，a∈（1）若x＝0是函数f（x）唯一的极小值点，求实数a的取值范围；（2）证明：sin312＋sin324＋sin解析（1）f'（x）＝－sinx＋ax，且f'（0）＝0，令g（x）＝f'（x），则g'（x）＝－cosx＋a.①当a≥1时，g'（x）≥0且g'（x）不恒为0，则g（x）单调递增，当x＞0时，g（x）＝f'（x）＞g（0）＝0，当x＜0时，g（x）＝f'（x）＜g（0）＝0，即当x＞0时，f（x）单调递增，当x＜0时，f（x）单调递减，此时x＝0是函数f（x）唯一的极小值点.②当a＜1时，g'（0）＝－1＋a＜0，所以存在δ＞0使得当x∈（0，δ）时，g（x）＝f'（x）在（0，δ）上单调递减，即当x∈（0，δ）时，f'（x）＜f'（0）＝0，所以f（x）在（0，δ）上单调递减，与x＝0是函数f（x）唯一的极小值点矛盾.综上，实数a的取值范围为[1，＋∞）.（2）由（1）可知，当a＝1且x＞0时，－sinx＋x＞0，即当x＞0时，x＞sinx，故当x＞0且x∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈N时，sin3x＜x2，即sin3x＜故可得sin312＋sin324＋sin338＋…＋sin32令S＝12＋24＋38＋…则12S＝14＋28＋316＋…＋202322024，两式相减可得12S＝12＋14＋18＋…＋122023－故sin312＋sin324＋sin方法技巧1.利用放缩法证明不等式的思路一是会放缩，即从所求证的不等式入手，利用分析法，进行转化，寻找可放大或缩小的条件；二是会构造函数，即通过构造辅助函数，把所求证的不等式进行转化；三是借用导数，即会利用导数的工具性，研究新构造函数的性质，进而求解.2.常见放缩公式（1）ex≥x＋1（当且仅当x＝0时取等号）；（2）ln（x＋1）≤x（x＞－1）（当且仅当x＝0时取等号）；（3）sinx≤x≤tanx（0≤x＜π2）（当且仅当x＝0（4）sinx≥x≥tanx（－π2＜x≤0）（当且仅当x＝0时取等号）训练3[2024南通部分学校联考]已知函数f（x）＝lnx＋ax，a∈R.（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a＝34时，证明：x3＞f（x）解析（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1x＋a＝ax+1x，当a≥0时，f'（x）＞0，此时f（x）在（0，当a＜0时，令f'（x）＞0，得x＜－1a，可知f（x）在（0，－1令f'（x）＜0，得x＞－1a，可知f（x）在（－1a，＋∞综上，当a≥0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＜0时，f（x）在（0，－1a）上单调递增，在（－1a，＋∞（2）当a＝34时，x3＞f（x），即x3＞lnx＋34令h（x）＝x－1－lnx，则h'（x）＝1－1x＝x－1x，令h'（x）＞0，则x＞1；令h'（x）＜0，则0＜x＜1.所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以h（x）≥h（1）＝0，即x－1≥lnx（等号成立的条件是x欲证x3＞lnx＋34x，只需证x3＞x－1＋34x＝74x－1（x＞设g（x）＝x3－74x＋1（x＞0），则g'（x）＝3x2－74（x＞0令g'（x）＝0，求得x＝216当x∈（0，216）时，g'（x）＜0，可知g（x）在（0，21当x∈（216，＋∞）时，g'（x）＞0，可知g（x）在（216，＋∞所以g（x）≥g（216）＝72172－72124＋1＝1即x3＞x－1＋34x（x＞0所以x3＞lnx＋34x，即x3＞f（x）思维帮·提升思维快速解题凹凸反转在不等式证明问题中的应用如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g（x）≥h（x）恒成立，分别求g（x）min，h（x）max进行证明，由于两个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.类型1隔海相望如图所示，在g（x），h（x）图象之间有一个带型区域，所以我们把它形象地称为“隔海相望”.这时必有g（x）＞h（x）.例4[2024陕西省咸阳市模拟]已知函数f（x）＝x3－3lnx＋11.（1）判断函数f（x）的单调性；（2）证明：当x＞0时，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.解析（1）∵f（x）＝x3－3lnx＋11，∴函数f（x）的定义域为（0，＋∞）且f'（x）＝3x2－3x＝3（x令f'（x）＝0可得x＝1，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，＋∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减.（2）由（1）可得f（x）min＝f（1）＝12.令g（x）＝－x3＋3x2＋（3－x）ex（x＞0），则g'（x）＝－3x2＋6x－ex＋（3－x）ex＝（2－x）（ex＋3x），令g'（x）＝0，可得x＝2.当x∈（0，2）时，g'（x）＞0，当x∈（2，＋∞）时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减.∴g（x）max＝g（2）＝e2＋4，∴f（x）min＞g（x）max，则f（x）＞g（x），∴当x＞0时，f（x）＞－x3＋3x2＋（3－x）ex.类型2一线之隔构造的函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，如图所示，但由于g（x），h（x）不在同一处取到最值，所以必有g（x）＞h（x）.例5已知函数f（x）＝ex＋x2－x－1.（1）求f（x）的最小值；（2）证明：ex＋xlnx＋x2－2x＞0.解析（1）由题意可得f'（x）＝ex＋2x－1，则函数f'（x）在R上单调递增，且f'（0）＝0.由f'（x）＞0，得x＞0；由f'（x）＜0，得x＜0.则f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故f（x）min＝f（0）＝0.（2）要证ex＋xlnx＋x2－2x＞0，即证ex＋x2－x－1＞－xlnx＋x－1.由（1）可知当x＞0时，f（x）＞0恒成立.设g（x）＝－xlnx＋x－1，x＞0，则g'（x）＝－lnx.由g'（x）＞0，得0＜x＜1；由g'（x）＜0，得x＞1.则g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，从而g（x）≤g（1）＝0，当且仅当x＝1时，等号成立.故f（x）＞g（x），即ex＋xlnx＋x2－2x＞0.类型3亲密无间构造函数g（x），h（x），满足g（x）min＝h（x）max，且g（x），h（x）在同一处取到最值，如图所示，这时g（x）≥h（x）.例6已知函数f（x）＝13x3＋12x2＋ax，g（x）＝xex－1＋xlnx，f'（x），g'（f（x），g（x）的导函数，且对任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f'（x1）≤g'（x2）－2.（1）求实数a的取值范围；（2）证明：g（x）≥f'（x）.解析（1）因为f（x）＝13x3＋12x2＋ax，所以f'（x）＝x2＋x＋a＝（x＋12）2＋a所以f'（x）在区间（0，1]上单调递增，故f'（x）max＝f'（1）＝a＋2.因为g（x）＝xex－1＋xlnx，所以g'（x）＝ex－1＋xex－1＋lnx＋1＝（x＋1）ex－1＋lnx＋1.令h（x）＝（x＋1）ex－1＋lnx＋1，则h'（x）＝（x＋2）ex－1＋1x＞0，故g'（x）在区间（0，1]上单调递增，所以g'（x）max＝g'（1）＝又对任意的x1∈（0，1]，存在x2∈（0，1]，使f'（x1）≤g'（x2）－2，所以f'（x）max≤g'（x）max－2，即a＋2≤3－2，解得a≤－1，故实数a的取值范围为（－∞，－1].（2）要证g（x）≥f'（x），即证xex－1＋xlnx≥x2＋x＋a，由（1）知，a≤－1，故只需证xex－1＋xlnx≥x2＋x－1.因为x＞0，只需证ex－1＋lnx≥x－1x＋1即证ex－1－x≥－lnx－1x＋令s（x）＝ex－1－x，x＞0，则s'（x）＝ex－1－1.令s'（x）＝0，解得x＝1，则当x∈（0，1）时，s'（x）＜0，s（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，s'（x）＞0，s（x）单调递增，所以s（x）min＝s（1）＝0.令F（x）＝－lnx－1x＋1，则F'（x）＝－1x＋1x2令F'（x）＝0，解得x＝1，则当x∈（0，1）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）max＝F（1）＝0，所以s（x）min＝s（1）＝F（x）max＝F（1）＝0，故g（x）≥f'（x）.1.[命题点1/2023雅礼中学二模]已知函数f（x）＝2sinx－sin2x.（1）当0≤x≤π时，求f（x）的最大值；（2）当π3≤x≤π2时，求证：f（x）＞ln（x＋1）（注：ln2π3解析（1）f'（x）＝2cosx－2cos2x＝2cosx－2（2cos2x－1）＝（－cosx＋1）（4cosx＋2）.（提示：对导函数解析式进行整理，利用二倍角公式等整理成几个代数式相乘的形式，方便求导函数的零点）当0≤x≤π时，令f'（x）＞0，得－12＜cosx＜1，即0＜x＜2π3；令f'（x）＜0，得cosx＜－12，即2所以函数f（x）在（0，2π3）上单调递增，在（2π所以当0≤x≤π时，f（x）max＝f（2π3）＝（2）设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2sinx－sin2x－ln（x＋1），则g'（x）＝－4cos2x＋2cosx＋2－1x当π3≤x≤π2时，1－1x+1＞0，所以g'（x）＞－4cos2x＋2cosx＋1，又－4cos2x＋2cos－4（cosx－14）2＋54（0≤cosx≤所以－4cos2x＋2cosx＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间[π3，π2]所以y＝g（x）在区间[π3，π2所以g（x）≥g（π3）＝32－ln（π3＋1）＞32－ln2π3≈所以当π3≤x≤π2时，f（x）＞ln（x＋12.[命题点1/2024湖北部分重点中学联考]已知函数f（x）＝lnx＋a2x2－（a＋1）x（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设x1，x2（0＜x1＜x2）是函数g（x）＝f（x）＋x的两个极值点，证明：g（x1）－g（x2）＜a2－lna恒成立解析（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝1x＋ax－（a＋1）＝ax2①当a≤0时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1，令f'x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；②当0＜a＜1时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1或x＞1a，令f'（x）＜0，得1＜x＜1所以f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1③当a＝1时，f'（x）≥0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增；④当a＞1时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1a或x＞1，令f'（x）＜0，得1a＜x＜所以f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减.综上，当a≤0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，当0＜a＜1时，f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1当a＝1时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a＞1时，f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1（2）g（x）＝f（x）＋x＝lnx＋a2x2－ax，则g（x）的定义域为（0，＋∞），g'（x）＝1x＋ax－a＝因为g（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），所以关于x的方程ax2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4a＞0，且x1＋x2＝1，x1x2＝1a＞0，所以a＞因为0＜x1＜x2，所以x12＜x1x2＝1a，得0＜x1所以g（x1）－g（x2）＝lnx1＋a2x12－ax1－lnx2－a2x22＋ax2＝lnx1＋ln（ax设h（t）＝lnt＋ln（at）＋a2－at，则h'（t）＝2t－a，令h'（t）＝0，得t＝因为2a－1a＝2－aa＜0当t∈（0，2a）时，h'（t）＞0，当t∈（2a，1a）时，h'（t）所以h（t）在区间（0，2a）上单调递增，在区间（2a，1a）上单调递减，所以h（t）在（0，1a）上的最大值为h（2a）＝2ln2－lna＋a2－2，而所以h（2a）＝2ln2－lna＋a2－2＜a2－从而g（x1）－g（x2）＜a2－lna恒成立3.[命题点2]设函数f（x）＝aexlnx＋bex－1x，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝e（x（1）求a，b；（2）证明：f（x）＞1.解析（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝aexlnx＋axex－bx2ex－1＋bxe由题意可得f（1）＝b＝2，f'（1）＝ae＝e.解得a＝1，b＝2.（2）由（1）知，f（x）＝exlnx＋2xex－1从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe－x－2e设函数g（x）＝xlnx，则g'（x）＝1＋lnx.所以当x∈（0，1e）时，g'（x）＜0；当x∈（1e，＋∞）时，g'（x）故g（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，从而g（x）在（0，＋∞）上的最小值为g（1e）＝－1设函数h（x）＝xe－x－2e，则h'（x）＝e－x（1－x）所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0.故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，从而h（x）在（0，＋∞）上的最大值为h（1）＝－1e综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1.4.[命题点3/2023绵阳市一诊]已知函数f（x）＝2ex－x2－ax－2，当x≥0时，f（x）≥0.（1）求a的取值范围；（2）求证：（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…解析（1）由题意得f'（x）＝2ex－2x－a.令g（x）＝2ex－2x－a，则当x≥0时，g'（x）＝2ex－2≥0（当且仅当x＝0时“＝”成立），∴函数f'（x）在区间[0，＋∞）上单调递增，则当x≥0时，函数f'（x）≥f'（0）＝2－a.①当2－a≥0，即a≤2时，可得f'（x）≥f'（0）≥0在[0，＋∞）上恒成立（“＝”不恒成立），∴函数f（x）在[0，＋∞）上单调递增.∴f（x）≥f（0）＝0在[0，＋∞）上恒成立.②当2－a＜0，即a＞2时，f'（0）＝2－a＜0，且存在x0＞0，当x∈[0，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.又f（0）＝0，∴当x∈[0，x0）时，f（x）＜0，这与当x≥0时，f（x）≥0矛盾.综上，实数a的取值范围是（－∞，2].（2）由（1）得当a＝2，x≥0时，不等式f（x）＝2ex－x2－2x－2≥0恒成立，∴2ex－1≥x2＋2x＋1.令x＝n（n∈N*），得2en－1≥n2＋2n＋1，∴22en－1≤2n2令h（x）＝lnx－x＋1，则h'（x）＝1－当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）在（0，1）上单调递增；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（1，＋∞）上单调递减.∴h（x）≤h（1）＝0，则lnx≤x－1（当且仅当x＝1时等号成立）.∴ln（1＋22en－1）＜2∴ln[（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋22e3－1）…（1＋22en－1）]＝ln（1＋22e－1）＋ln（1＋22e2－1）＋ln（1＋22e3－1）＋…＋ln（1＋22en－1）＜（1－13）＋（12∴（1＋22e－1）（1＋22e2－1）（1＋2学生用书·练习帮P2851.[2024广东省江门市部分学校联考]已知函数f（x）＝x（lnx＋a），a∈R.（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥1时，f（x）＜aex－1.解析（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝lnx＋1＋a，令f'（x）＝0，得x＝e－a－1.由f'（x）＜0，解得0＜x＜e－a－1，由f'（x）＞0，解得x＞e－a－1.所以f（x）的单调递减区间为（0，e－a－1），单调递增区间为（e－a－1，＋∞）.（2）令φ（x）＝f（x）－aex＋1＝a（x－ex）＋xlnx＋1（x＞0），若证f（x）＜aex－1，即证φ（x）＜0.令k（x）＝x－ex（x＞0），则k'（x）＝1－ex＜0，所以k（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以k（x）≤0－e0＝－1＜0.由a≥1，x－ex＜0，可得φ（x）＝a（x－ex）＋xlnx＋1≤x－ex＋xlnx＋1，故若证φ（x）＜0，即证x－ex＋xlnx＋1＜0，又x＞0，即证exx－lnx－1x－令g（x）＝exx－lnx－1x－1（x则g'（x）＝（x－1）exx2－1x＋因为当x＞0时，ex－1＞0，所以当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）在（0，1）上单调递减，当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝e－1－1＝e－2＞0，所以g（x）＞0，上式得证，结论成立.2.[2024惠州调研]设函数f（x）＝xex＋ax2－2ax，g（x）＝3lnxx＋2ax＋2（1）讨论f（x）的单调性；（2）若a∈[－1，0），求证：g（x）＜4a＋3.解析（1）由题意得f'（x）＝1－xex＋2ax－2a＝（x－1）·（2a①当a≤0时，2a－1ex＜0，令f'（x）＝0，则x＝当x∈（－∞，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.②当a＞0时，令f'（x）＝0，则x1＝1，x2＝－ln2a.当－ln2a＜1，即a＞12e当x∈（－∞，－ln2a）和（1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（－ln2a，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.当－ln2a＝1，即a＝12e时，f'（x）≥0，f（x）在R上单调递增当－ln2a＞1，即0＜a＜12e当x∈（－∞，1）和（－ln2a，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，－ln2a）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.综上所述，当a≤0时，f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；当0＜a＜12e时，f（x）在（－∞，1）和（－ln2a，＋∞）上单调递增，在（1，－ln2a当a＝12e时，f（x）在R当a＞12e时，f（x）在（－∞，－ln2a）和（1，＋∞）上单调递增，在（－ln2a，1）上单调递减（2）由题知g（x）的定义域为（0，＋∞），要证g（x）＜4a＋3，a∈[－1，0），即证3lnxx＋2ax＋2ex＜4a＋3，a∈[－即证32lnx＋ax2＋xex＜（2a＋32）x，a∈[－即证xex＋ax2－2ax＜32（x－lnx），a∈[－1，由（1）可得当a∈[－1，0）时，f（x）＝xex＋ax2－2ax在（－∞，1）上单调递增，在（1，故xex＋ax2－2ax≤1e1＋a－2a＝1e－a故xex＋ax2－2ax≤1e＋1，当且仅当a＝－1，x＝设h（x）＝32（x－lnx），则h'（x）＝3（x－1故当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增.故h（x）≥h（1）＝32，即32（x－lnx）≥故xex＋ax2－2ax≤1e＋1＜32≤32（x－lnx），a∈[故g（x）＜4a＋3，a∈[－1，0）得证.3.[2023广州市二检]已知函数f（x）＝ln（1＋x），g（x）＝ax2＋x.（1）当x＞－1时，f（x）≤g（x），求实数a的取值范围；（2）已知n∈N*，证明：sin1n+1＋sin1n+2＋…＋解析（1）解法一由f（x）≤g（x），得ln（1＋x）≤ax2＋x，若x＝0，得0≤0，a∈R.若x≠0，得ln（1+x记h（x）＝ln（1+x）－xx则h'（x）＝x2记p（x）＝x2+2x1+x－2ln（1＋x），则p'（x）＝x2（1+因为p（0）＝0，所以当x＞0时，p（x）＞0，h'（x）＞0；当－1＜x＜0时，p（x）＜0，h'（x）＞0.所以h（x）在（－1，0）和（0，＋∞）上单调递增.因为当x→＋∞时，ln（1+所以a≥0.综上所述，实数a的取值范围是[0，＋∞）.解法二令h（x）＝ln（1＋x）－x（x＞－1），则h'（x）＝11+x－1＝－x1+x（x当－1＜x＜0时，h'（x）＞0，h（x）在（－1，0）上单调递增；当x＞0时，h'（x）＜0，h（x）在（0，＋∞）上单调递减.所以当x＝0时，h（x）取得最大值，且最大值为h（0）＝0.所以当x＞－1时，h（x）≤h（0）＝0，即ln（1＋x）≤x.所以当a≥0时，ln（1＋x）≤x≤ax2＋x，即f（x）≤g（x）.当a＜0时，取x0＝－1a＞0，（提示：观察g（x）＝ax2＋x＝x（ax＋1），得g（x）的其中一个零点为x0＝－1由于ln（1＋x0）＞ln1＝0，而ax02＋x0＝a·（－1a）2－1所以ln（1＋x0）＞ax02＋x故f（x0）＞g（x0），不符合题意.综上所述，实数a的取值范围是[0，＋∞）.（2）由（1）得ln（1＋x）≤x，得lnx≤x－1，得lnx≥1－1x（x＞0），当且仅当x＝1所以x＞1时，lnx＞1－1x令1t＝1－1x（t＞1），得x＝tt所以lntt－1＞1t（即lnt－ln（t－1）＞1t（t＞1所以1n＋k＜ln（n＋k）－