2025高考数学一轮复习-对点练24 构造函数证明不等式【含答案】

对点练24构造函数证明不等式【A级基础巩固】1.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，求证：当x＞0时，f(x)≤x－1.2.(2024·唐山模拟)已知x>－1，证明：(1)ex－1≥x≥ln(x＋1)；(2)(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3.已知函数f(x)＝ax－sinx.(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>0时，ex>2sinx.【B级能力提升】4.设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝e时，证明：f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).对点练24构造函数证明不等式答案1．证明当x＞0时，要证f(x)≤x－1，即证lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(1＋x－2x2,x)＝－eq\f(（x－1）（2x＋1）,x)，当0＜x＜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)＝0，即当x＞0时，f(x)≤x－1.2．证明(1)令f(x)＝x－ln(x＋1)，则f′(x)＝eq\f(x,x＋1)，x>－1，当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，所以ex－1≥x.综上，ex－1≥x≥ln(x＋1)．(2)显然当x＝0时，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.令g(x)＝eq\f(x,ex－1)，x≠0，则g′(x)＝eq\f(（1－x）ex－1,（ex－1）2)，x≠0.令h(x)＝(1－x)ex－1，则h′(x)＝－xex，当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)≤h(0)＝0，等号仅当x＝0时成立，从而g′(x)＝eq\f(h（x）,（ex－1）2)<0，x≠0，所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减．由(1)知，当－1<x<0时，0>x>ln(x＋1)；当x>0时，x>ln(x＋1)>0，所以g(x)<g[ln(x＋1)]，即eq\f(x,ex－1)<eq\f(ln（x＋1）,eln（x＋1）－1)＝eq\f(ln（x＋1）,x).又当x>－1且x≠0时，x(ex－1)>0，所以(ex－1)ln(x＋1)>x2.综上，当x>－1时，(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3．(1)解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1，1]，∴a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sinx为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sinx，要证当x>0时，ex>2sinx，只需证当x>0时，ex>2x，即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sinx.4．(1)解由题意得函数f(x)的定义域为{x|x<a}，f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，∵x<a，∴f′(x)<0.故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间．(2)证明法一当a＝e时，要证f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)(x＞0)，即证lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)，即证eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).设g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，令g′(x)>0，得0<x<e；令g′(x)<0，得x>e，∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.设h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)(x>0)，令h′(x)>0，得x>1；令h′(x)<0，得0<x<1，∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝e＋eq\f(1,2e)，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,2e)))＝eq\f(1,2e)＋1－e<0，∴eq\f(1,e)＋1<e＋eq\f(1,2e)，∴当a＝e时，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).法二当a＝e时，要证f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即证lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)(x＞0)，即证lnx－eq\f(x,2e)<ex－x，设g(x)＝lnx－eq\f(x,2e)，则g′(x)＝eq\f(2e－x,2ex)，当x∈(0，2e)时，g′(x)>0；当x∈(2e，＋∞)时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(2e)＝ln(2e)－1＝ln2<1.设h(x)＝ex－x，x>0，则h′(x)＝