适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练18利用导数证明不等式课件

π
π
π
0, 2 上单调递增,又 f'(0)=1-a<0,f' 2 = e2 >0,由零点存在定理可知∃x0∈
π
π
0, 2 ,使得 f'(x0)=0,此时当 x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当 x∈ 0 , 2 时,f'(x)>0,所以 f(x)
π
π
在(0,x0)上单调递减,f(x)在 0 , 2 上单调递增,故 f(x)在 0, 2 上有极小值点.因

2
时,h'(x)<0,当 x∈ ln
上单调递减,h(x)在 ln

-2
− 2a.
− 2a 成立.

-2

2
, + ∞ 时,h'(x)>0,
, + ∞ 上单调递增,所以
3.(2023河北唐山一模)已知x>-1,证明:
(1)ex-1≥x≥ln(x+1);
(2)(ex-1)ln(x+1)≥x2.
1 2 3 4
2
(2)证明 设 g(x)=f(x)-ln(x+1)=2sin x-sin 2x-ln(x+1),所以 g'(x)=-4cos2x+2cos x
1
π
π
1
+2- ,当 ≤x≤ 时,1- >0,所以 g'(x)>-4cos2x+2cos x+1.又-4cos2x+2cos
+1
3
2
+11 25 Nhomakorabea1
+1=-4 cos- 4 + 4(0≤cos x≤2),所以-4cos2x+2cos x+1>0 恒成立.所以
e -1
<
ln(+1)
eln(+1) -1
又当 x>-1 且 x≠0 时,x(ex-1)>0,
所以(ex-1)ln(x+1)>x2.
故当 x>-1 时,(ex-1)ln(x+1)≥x2.
1 2 3 4
=
ln(+1)
.

4.(2023湖北武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+2(a>0).
1
-1)=-4cos x+2cos x+2=(-cos x+1)(4cos x+2),令 f'(x)>0,得- <cos x<1,即
2
2π
1
2π
2π
0<x< ;令 f'(x)<0,得 cos x<- ,即 <x<π,所以函数 f(x)在 0,
上单调递增,
3
2
3
3
2π
2π
3 3
在 3 ,π 上单调递减,所以 f(x)max=f 3 = 2 .
π
0
=2e − 2asin 0 + 4 +bx0+b≥2e 0 +bx0+b- 2a.
设 h(x)=2ex+bx+b- 2a(x∈R),
则 h'(x)=2e +b,当 x∈ -∞,ln
x
所以 h(x)在 -∞,ln
h(x)≥h ln

-2
因此 f(x0)≥bln
1 2 3 4

-2
=bln

2
π
0, 2
此实数 a 的取值范围是(1,+∞).
1 2 3 4
(2)证明 由题意知 f'(x)=ex-acos x+b,
故 f'(x0)=e 0 -acos x0+b=0.
f(x0)=e 0 -asin x0+bx0=e 0 -asin x0+bx0+f'(x0)=2e 0 -a(sin x0+cos x0)+bx0+b
证明

(1)令f(x)=x-ln(x+1),则 f'(x)=+1,x>-1,
当-1<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时,等号成立,即x≥ln(x+1),从而
ex≥eln(x+1)=x+1,所以ex-1≥x.
所以 h(x)≤h(0)=0,当且仅当 x=0 时,等号成立,
从而可得 g'(x)=
ℎ()
(e -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
考点突破练18
利用导数证明不等式
1.(2023湖南长沙雅礼中学一模)已知函数f(x)=2sin x-sin 2x.
(1)当0≤x≤π时,求f(x)的最大值;
π
π
(2)当 ≤x≤ 时,求证:f(x)>ln(x+1)
3
2
1 2 3 4
2π
ln
3
≈ 0.739 .
(1)解 由 f(x)=2sin x-sin 2x,0≤x≤π,所以 f'(x)=2cos x-2cos 2x=2cos x-2(2cos2x
综上,ex-1≥x≥ln(x+1).
1 2 3 4
(2)显然当 x=0 时,(ex-1)ln(x+1)=x2=0.
令

g(x)= ,x≠0,则
e -1
(1-)e -1
g'(x)=
(e -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,
2
上有极小值,则 f'(x)=ex-acos x=0 在
e
e
π
e
π
上有解,故 a=cos,设 g(x)=cos ∈ 0, 2 ,显然 g(x)=cos 在 0, 2 上单
π
调递增,又 g(0)=1,当 x→2时,g(x)→+∞,所以 a>1.当 a>1 时,f'(x)=ex-acos x 在
π π
π π
g'(x)>0 在区间 , 上恒成立.所以 y=g(x)在区间 , 上单调递增,所以
3 2
3 2
π
3
π
3 2π
3
π
π
g(x)≥g
= -ln + 1 > -ln ≈ -0.739>0,所以当 ≤x≤ 时,
3
2
3
2
3
2
3
2
f(x)>ln(x+1).
1 2 3 4
x
2.(2023 浙江湖州、衢州、丽水二模)已知函数 f(x)=ex-asin x+bx(a>0).
(1)当 b=0 时,函数 f(x)在
π
0,
2
上有极小值,求实数 a 的取值范围;
(2)当 b<0 时,设 x0 是函数 f(x)的极值点,证明:f(x0)≥bln
28,是自然对数的底数)
1 2 3 4

-2
− 2a.(其中 e≈2.718
(1)解 由题意知 f(x)=e -asin x 在
x
π
0,
(1)若f(x)≤0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)当 a=1 时,证明:
1 2 3 4
1
1 + 1×2
·
1
1 + 2×3
1
·…·1 + (+1)
<e(n∈N*).
1
-+1
(1)解 因为 f(x)=ln x-ax+2,x∈(0,+∞),所以 f'(x)=-a= ,因为 a>0,所以当 x