新高考高考数学一轮复习巩固练习3.9第27练《高考大题突破练—不等式证明》（解析版）

第27练 高考大题突破练—不等式证明考点一 将不等式转化为函数的最值问题1．已知函数f(x)＝lnx＋.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0≤a≤1时，证明：xf(x)≥a(x＋1)．(1)解 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，当a＋1≤0，即a≤－1时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＋1>0，即a>－1时，当x∈时，f′(x)0；所以f(x)在上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增；综上，当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>－1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；(2)证明 若xf(x)≥a(x＋1)，则xlnx－ax＋1≥0，设g(x)＝xlnx－ax＋1，则g′(x)＝lnx＋1－a，由g′(x)>0可得x∈，即g(x)的单调递增区间为，由g′(x)g(x)．(1)解 f(x)g(x)≤ax2，即·≤ax2，化简可得≤a.令m(x)＝，m′(x)＝，因为x≥1，所以≤1，lnx＋1≥1，所以m′(x)≤0，m(x)在[1，＋∞)上单调递减，m(x)≤m(1)＝，所以a的最小值为.(2)证明 要证f(x)＋1－x>g(x)，即xlnx＋1>，两边同除以x可得lnx＋>.设t(x)＝lnx＋，则t′(x)＝－＝，在上，t′(x)0，所以t(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以t(x)≥t(1)＝1.设h(x)＝，因为h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)h(x)，即f(x)＋1－x>g(x)．考点三 适当放缩证明不等式3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点．求a的值，并讨论f(x)的零点个数；(2)证明：当a≥时，f(x)≥0. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知，f′＝0，所以a＝.从而f(x)＝ex－lnx－1，f′(x)＝ex－.当00，所以f(x)有两个零点．(2)证明 当a≥时，f(x)≥－lnx－1，设g(x)＝－lnx－1，则g′(x)＝－.当00时，g(x)≥g(1)＝0.因此当a≥时，f(x)≥0.4．已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，其中e为自然对数的底数．(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若x>0，证明：ln(x＋1)>x2.(1)解 由条件得f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a，∵x≥0，∴ex≥1.当2a≤1时，h′(x)＝ex－2a≥0恒成立，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h＝0，即f′(x)≥0， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0恒成立，∴a≤时满足条件．当2a>1时，令h′(x)＝0，解得x＝ln2a，在[0，ln2a]上，h′(x)≤0，h(x)在[0，ln2a]上单调递减，∴当x∈时，有h(x)x＋＝成立，要证不等式ln(x＋1)>x2，∵x>0，∴ln(x＋1)>0，只需证ex－1>，只需证>，只需证ln(x＋1)>成立，设f(x)＝ln(x＋1)－，则f′(x)＝－＝，∴当x>0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，∴f(x)>0恒成立，∴原不等式成立．