2025高考数学一轮复习-3.5-构造函数证明不等式-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-3.5-构造函数证明不等式-专项训练【A级基础巩固】1．已知函数f(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x)＋2，求证：f(x)＜ex－eq\f(lnx,x).2．已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．已知函数f(x)＝(m＋1)x－mlnx－m.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当m≤1，且x>1时，f(x)<ex-1.2．已知函数f(x)＝elnx－ax(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0.参考答案【A级基础巩固】1．证明：要证f(x)＜ex－eq\f(lnx,x)，即证lnx－x＋2＜ex－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x).设g(x)＝lnx－x＋2，x＞0，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．∴g(x)≤g(1)＝1.设h(x)＝ex－eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)，x＞0，则h′(x)＝eq\f(x2ex＋lnx,x2).令k(x)＝x2ex＋lnx，则k′(x)＝2xex＋x2ex＋eq\f(1,x).∵x＞0，∴k′(x)＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．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.当x∈(0，x0)时，k(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，k(x)＞0，即h′(x)＞0，h(x)单调递增．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，＋∞)上为增函数，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)的最大值与h(x)的最小值都为1，且不同时取到，∴g(x)＜h(x)，即f(x)＜ex－eq\f(lnx,x).2．(1)解：易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明：要证f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即证ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0.设g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要证原不等式成立，即证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(当且仅当x＝－\f(π,2)＋2kπ，k∈Z时等号成立))，由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx得证．INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．(1)解：f′(x)＝m＋1－eq\f(m,x)＝eq\f((m＋1)x－m,x)，x∈(0，＋∞)，①当m＋1＝0，即m＝－1时，f′(x)＝eq\f(1,x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．②当m＋1<0，即m<－1时，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)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上单调递增；在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))上单调递减．③当m＋1>0，即m>－1时，若－1<m≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．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)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上单调递减；在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))上单调递增．综上，当m<－1时，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))单调递减；当－1≤m≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,m＋1)))上单调递减，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋1)，＋∞))上单调递增．(2)证明：要证f(x)<ex-1，即证ex-1－m(x－1)>x－mlnx，即证ex-1－m(x－1)>elnx－mlnx．令g(x)＝x－1－lnx，x≥1，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)≥0，所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，x－1>lnx．令h(x)＝ex－mx，x>0，则h′(x)＝ex－m>0在m≤1时恒成立，所以当m≤1，且x>0时，h(x)单调递增．因为当x>1时，x－1>0，lnx>0，且x－1>lnx，所以当m≤1，且x>1时，h(x－1)>h(lnx)，即ex-1－m(x－1)>elnx－mlnx．所以当m≤1，且x>1时，f(x)<ex-1.2．(1)解：函数的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝eq\f(e,x)－a＝eq\f(e－ax,x)(x>0)，∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(e,a)，由f′(x)<0，得x>eq\f(e,a)，即函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,a)，＋∞))上单调递减．(2)证明：要证f(x)－eq\f(ex,x)＋2e≤0，只需证明f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，