2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-對點練24 構(gòu)造函數(shù)證明不等式【含答案】

對點練24構(gòu)造函數(shù)證明不等式【A級基礎(chǔ)鞏固】1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，求證：當x＞0時，f(x)≤x－1.2.(2024·唐山模擬)已知x>－1，證明：(1)ex－1≥x≥ln(x＋1)；(2)(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3.已知函數(shù)f(x)＝ax－sinx.(1)若函數(shù)f(x)為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)求證：當x>0時，ex>2sinx.【B級能力提升】4.設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a＝e時，證明：f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).對點練24構(gòu)造函數(shù)證明不等式答案1．證明當x＞0時，要證f(x)≤x－1，即證lnx－x2＋x≤0，令g(x)＝lnx－x2＋x(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝eq\f(1＋x－2x2,x)＝－eq\f(（x－1）（2x＋1）,x)，當0＜x＜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)＝0，即當x＞0時，f(x)≤x－1.2．證明(1)令f(x)＝x－ln(x＋1)，則f′(x)＝eq\f(x,x＋1)，x>－1，當－1<x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x>0時，即x≥ln(x＋1)，從而ex≥eln(x＋1)＝x＋1，所以ex－1≥x.綜上，ex－1≥x≥ln(x＋1)．(2)顯然當x＝0時，(ex－1)ln(x＋1)＝x2＝0.令g(x)＝eq\f(x,ex－1)，x≠0，則g′(x)＝eq\f(（1－x）ex－1,（ex－1）2)，x≠0.令h(x)＝(1－x)ex－1，則h′(x)＝－xex，當x<0時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x>0時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(0)＝0，等號僅當x＝0時成立，從而g′(x)＝eq\f(h（x）,（ex－1）2)<0，x≠0，所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上單調(diào)遞減．由(1)知，當－1<x<0時，0>x>ln(x＋1)；當x>0時，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).又當x>－1且x≠0時，x(ex－1)>0，所以(ex－1)ln(x＋1)>x2.綜上，當x>－1時，(ex－1)ln(x＋1)≥x2.3．(1)解∵f(x)＝ax－sinx，∴f′(x)＝a－cosx，由函數(shù)f(x)為增函數(shù)，則f′(x)＝a－cosx≥0恒成立，即a≥cosx在R上恒成立，∵y＝cosx∈[－1，1]，∴a≥1，即實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．(2)證明由(1)知，當a＝1時，f(x)＝x－sinx為增函數(shù)，當x>0時，f(x)>f(0)＝0?x>sinx，要證當x>0時，ex>2sinx，只需證當x>0時，ex>2x，即證ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)g(x)＝ex－2x(x>0)，則g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0解得x＝ln2，∴g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)>0，∴g(x)≥g(ln2)>0，∴ex>2x成立，故當x>0時，ex>2sinx.4．(1)解由題意得函數(shù)f(x)的定義域為{x|x<a}，f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，∵x<a，∴f′(x)<0.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)，無單調(diào)遞增區(qū)間．(2)證明法一當a＝e時，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)(x＞0)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)，即證eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，則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)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.設(shè)h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)(x>0)，則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)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴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)，∴當a＝e時，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).法二當a＝e時，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)(x＞0)，即證lnx－eq\f(x,2e)<ex－x，設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(x,2e)，則g′(x)＝eq\f(2e－x,2ex)，當x∈(0，2e)時，g′(x)>0；當x∈(2e，＋∞)時，g′(x)<0，∴g(x)在(0，2e)上單調(diào)遞增，在(2e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)≤g(2e)＝ln(2e)－1＝ln2<1.設(shè)h(x)＝ex－x，x>0，則h′(x)＝