专题突破练26　导数与不等式的证明-2026版新高考二轮复习专题突破训练

Page专题突破练26导数与不等式的证明1.(15分)已知函数f(x)=ex(1)试问曲线y=f(x)是否存在过原点的切线?若存在,求切点的坐标;若不存在,请说明理由.(2)证明:f(x)>12x2lnx.(参考数据:e5>2.(15分)(2025河北衡水模拟)已知函数f(x)=ex+ax-1,且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率是e-1.证明:(1)f(x)≥0.(2)ex-3>lnx-1.3.(17分)(2025江苏南通模拟)已知函数f(x)=exsinx,g(x)=2ln(x+1)-x.(1)求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求证:当x∈(0,π2)时,f(x)>exg(x(3)求证:12ln(n+1)<sin12+sin14+…+sin12n<12×(1+12+134.(17分)(2025江苏苏锡常镇一模)我们把d=b-a(a<b)称为区间[a,b]的长度.若函数f(x)是定义在区间I上的函数,且存在[a,b]⊆I,使得{f(x)|x∈[a,b]}=[a,b],则称[a,b]为f(x)的自映射区间.已知函数f(x)=x-sinx(x∈I),g(x)=mlnx(m>0).(1)若I=[-10,10],任取f(x)的一个自映射区间,求其区间的长度d>π的概率;(2)若g(x)存在自映射区间[a,b],①求m的取值范围;②求证:ab>e2,且[a,b]的长度d>2m2

答案：1.(1)解假设曲线y=f(x)存在过原点的切线,易知该切线的斜率存在,设为k,并设切点为(m,km),函数f(x)=exx求导得f'(x)=则f整理得em(m-1)=em,解得m=2,则km=e2所以曲线y=f(x)存在过原点的切线,且切点为2(2)证明x∈(0,+∞),不等式f(x)>12x2lnx即为exx>12x2lnx,即2exx4>lnxx.设函数g(当x∈(0,4)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(4,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x)min=g(4)=2设函数h(x)=lnxx,求导得h'(x)当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,则h(x)max=h(e)=1e因为e5>128,即有2e因此g(x)min>h(x)max,所以f(x)>12x2lnx2.证明(1)因为f(x)=ex+ax-1,所以f'(x)=ex+a,所以f'(1)=e+a.因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率是e-1,所以e+a=e-1,解得a=-1.所以f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,由f'(x)>0,得x>0,由f'(x)<0,得x<0,所以函数f(x)在(0,+∞)内单调递增,在(-∞,0)内单调递减,所以f(x)min=f(0)=0,所以f(x)≥0.(2)令g(x)=ex-3-lnx+1(x>0),则g'(x)=ex-3-1令m(x)=xex-3-1,则m'(x)=ex-3+xex-3>0,所以m(x)在(0,+∞)内单调递增,又m(2)=2e-1<0,m(3)=3-1=2>所以存在x0∈(2,3),使得m(x0)=0,即x0ex0-3即x0=1e且当x∈(0,x0)时,m(x)<0,则g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,m(x)>0,则g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增,所以g(x)min=g(x0)=ex0-3-lnx0+1=ex0-3−因为x0∈(2,3),所以x0-2>0,所以g(x)min>0,所以g(x)≥g(x)min>0,即ex-3>lnx-1.3.(1)解因为f(x)=exsinx,所以f(0)=e0sin0=0,f'(x)=exsinx+excosx,所以切线斜率为f'(0)=e0sin0+e0cos0=1,所以曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-0=1×(x-0),即x-y=0.(2)证明因为ex>0,所以f(x)>exg(x)等价于sinx>2ln(x+1)-x.设t(x)=sinx+x-2ln(x+1),所以t'(x)=cosx+1-2x+1,且t(0)=0,t'(0)=当x∈(0,π2)时设q(x)=t'(x)=cosx+1-2x则q'(x)=-sinx+2因为函数y=-sinx,y=2(x+1)2在(则q'(x)在(0,π2)内单调递减又因为q'(0)=2>0,q'(π2)=-1+2(所以∃x0∈(0,π2),使得q'(x0)=且当0<x<x0时,q'(x)>0,当x0<x<π2时,q'(x)<0此时q(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,π2)内单调递减又q(0)=0,q(π2)=1-2π所以对任意的x∈(0,π2),t'(x)=q(x)>则t(x)在(0,π2)内单调递增所以t(x)>t(0)=0.综上,当x∈(0,π2)时,t(x)>0,即得sinx>2ln(x+1)-x所以f(x)>exg(x).(3)证明因为n∈N*,所以0<1接下来证明sinx>ln(x+1),其中x∈(0,π2)设m(x)=sinx-ln(x+1),则m'(x)=cosx-1x设n(x)=m'(x),则n'(x)=-sinx+1因为函数y=-sinx,y=1(x+1)2在(则n'(x)=-sinx+1(x+1)2在区间(因为n'(0)=1>0,n'(π2)=-1+1(所以∃x1∈(0,π2),使得n'(x1)=当0<x<x1时,n'(x)>0;当x1<x<π2时,n'(x)<所以m'(x)在区间(0,x1)内单调递增,在区间(x1,π2)内单调递减又因为m'(0)=0,m'(x1)>0,m'(π2)=-1π所以∃x2∈(x1,π2),使得m'(x2)=0当0<x<x2时,m'(x)>0;当x2<x<π2时,m'(x)<所以m(x)在区间(0,x2)内单调递增,在区间(x2,π2)内单调递减因为m(0)=0,m(π2)=1-ln(π2+1)所以sinx>ln(x+1)在区间(0,π2)内恒成立.令x=1所以sin12n>ln(12n+1)所以sin12>ln32,sin14>ln54,sin16>ln76,…所以sin12+sin14+…+sin12n>ln32+ln5对∀n∈N*,2n+1所以ln2n+12n所以2(sin12+sin14+…+sin12n)>2(ln32+ln54+…+ln2n+12n)>ln32+ln43+ln=ln3-ln2+ln4-ln3+…+ln(2n+2)-ln(2n+1)=ln(n+1),所以sin12+sin14+…+sin12n设p(x)=sinx-x(0<x≤12则p'(x)=cosx-1<0,则p(x)在区间(0,12]上单调递减所以p(x)=sinx-x<p(0)=0.令x=12n,则sin所以sin12<12,sin14<1所以sin12+sin14+…+sin12n<12(1+综上,12ln(n+1)<sin12+sin14+…+sin12n<12×(1+12+14.(1)解因为f'(x)=1-cosx≥0恒成立,则f(x)在I上单调递增,若f(x)存在自映射区间[a,b],则f(a)=a,f(b)=b,即方程f(x)=x,即sinx=0(x∈[-10,10])至少有两个不同的实数解.则x的解集为{-3π,-2π,-π,0,π,2π,3π},所以区间[a,b]的选择共有C72若d=π,共有6种选择,所以区间的长度d>π的概率为1-6(2)①解因为m>0,g(x)在(0,+∞)内单调递增,若g(x)存在自映射区间[a,b],则g(a)=a,g(b)=b,即h(x)=mlnx-x至少有两个零点,因为h'(x)=m-xx,当x∈(0,m)时,h'(x)>0,h(x当x∈(m,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;若要存在两个零点,则h(x)max=h(m)=mlnm-m>0,即m>e.此时h(1)=-1<0,∃a∈(1,m),使得h(a)=0.因为当x∈(e,+∞)时,(2lnx-x)'=2-xx<0,即函数y=2lnx-x单调递减,所以2lnx-x<2-又m>e,所以h(m2)=2mlnm-m2=m(2lnm-m)<0,则∃b∈(m,m2),使得h(b)=0.所以m的取值范围为(e,+∞).②证明因为mlna-a=0,mlnb-b=0,所以b-a下证:a记l(x)=lnx-2(x-则l'(x)=1x−则l(x)在(1,+∞)内单调递增,则l(x)>l(1)=0,即lnx>2(即lnba>2×所以a所以lna+lnb=ln(ab)>2,所以ab>e2.记s(x)=lnx+ex-2,则s'(x)=1x−ex2=x-ex2,当x∈(0,e)时,当x∈(e,+∞)时,s'(x)>0,s(x)单调递增;所以s(x)>s(e)=