专题强化练32导数与不等式的证明

专题强化练32导数与不等式的证明授课提示：对应专题强化练62页(分值：60分)解答题(共60分)1．(15分)(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)＝ex－ex＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)证明：∀x≥1，f(x)≥x－lnx.答案：(1)函数f(x)＝ex－ex＋1，f′(x)＝ex－e，则f′(1)＝0，又f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝0.答案：(2)证明：设g(x)＝lnx＋1－x，x≥1，g′(x)＝1x－1＝1-xx≤函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(1)＝0恒成立，即lnx＋1－x≤0，因此1≤lnx＋1≤x.设h(x)＝ex－x，x≥1，h′(x)＝ex－1>0，函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，则h(x)≥h(lnx＋1)，则ex－x≥elnx＋1－(lnx＋1)，即ex－x≥ex－lnx－1，所以ex－ex＋1≥x－lnx，即f(x)≥x－lnx．2．(15分)(2025·河北秦皇岛模拟)设函数f(x)＝(x－2)lnx＋1.(1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)＋ex>x＋1.答案：(1)函数f(x)＝(x－2)lnx＋1，f′(x)＝lnx＋1－2x，则f′(1)＝－1，而f(1)＝1所以f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－1·(x－1)，即x＋y－2＝0.答案：(2)证明：函数f(x)＝(x－2)lnx＋1的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f′(x)＝lnx＋1－2x，f′(x)在(0，＋∞)而f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2>0，则存在x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0，即lnx0＝2x0当0<x<x0时，f′(x0)<0，当x>x0时，f′(x0)>0，函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因此f(x)≥f(x0)＝(x0－2)lnx0＋1＝(x0－2)·(2x0－1)＋1＝5－(x0＋4函数y＝x0＋4x0在(1，2)上单调递减，则4<x0＋4x0<5，所以f(x)≥f(令函数g(x)＝ex－(x＋1)，x>0，g′(x)＝ex－1>0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，因此f(x)＋g(x)＝f(x)＋ex－(x＋1)>0，所以f(x)＋ex>x＋1.3．(15分)(2025·山东青岛模拟)已知函数f(x)＝ax－sinx，x∈-π(1)当a＝12时，讨论f(x)(2)若f(x)有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：M－m<2.答案：(1)当a＝12时，f(x)＝12x－sinx，x∈则f′(x)＝12－cosx，当－π2≤x≤－π3或π3≤x≤π2时，f′(当－π3<x<π3时，f′(x所以函数f(x)在-π3，π3答案：(2)证明：由f(x)＝ax－sinx，x∈-π2，π2，得f′(x)＝因为函数f(x)有两个极值点，所以方程f′(x)＝a－cosx＝0有两个不相等的实根，设为x1，x2且x1<x2.因为函数y＝cosx在x∈-π2，所以x1＋x2＝0，即cosx1＝cosx2＝a∈(0，1)，当x∈-π2，x1时，f′(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈x2，π2时，f′(x)>0，f所以x1，x2分别是函数的极大值点和极小值点，即M＝f(x1)＝ax1－sinx1，m＝f(x2)＝ax2－sinx2，又x1＋x2＝0，即x2＝－x1，则M－m＝ax1－sinx1－(ax2－sinx2)＝2(ax1－sinx1又cosx1＝a∈(0，1)，则M－m＝2(x1cosx1－sinx1)．设h(x1)＝2(x1cosx1－sinx1)，－π2<x1<0则h′(x1)＝－2x1sinx1<0，即函数h(x1)在-π所以h(x1)<h-π2＝2，即M－4．(15分)(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)＝2xlnx－x2＋1.(1)证明：f(x)<1；(2)证明：f(x)在(0，＋∞)上单调递减；(3)若0<x1<x2，且f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2>2.答案：(1)证明：要证f(x)<1，只要证2xlnx－x2<0，因为x>0，所以要证2lnx－x<0.记g(x)＝2lnx－x(x>0)，g′(x)＝2x－1＝2-xx＝0，得x＝且x∈(0，2)时，g′(x)>0，x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(2)＝2ln2－2＝2(ln2－1)<0，从而得证．答案：(2)证明：由题意知f′(x)＝2lnx＋2－2x，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2x－2＝2令g′(x)>0，得0<x<1；令g′(x)<0，得x>1.所以g(x)即f′(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故f′(x)≤f′(1)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0.答案：(3)由(2)可知，若0<x1<x2≤1，则f(x1)＋f(x2)>0，不合题意；若1≤x1<x2，则f(x1)＋f(x2)<0，不合题意；所以0<x1<1<x2.要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1，结合f(x)在(0，＋∞)上单调递减，只需证f(x2)<f(2－x1)．由f(x1)＋f(x2)＝0得f(x2)＝－f(x1)，故只需证－f(x1)<f(2－x1)，即证f(x1)＋f(2－x1)>0①.设F(x)＝f(x)＋f(2－x)，0<x<1，则F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝2lnx＋2－2x－[2ln(2－x)＋2－2(2－x)]＝2lnx－2ln(2－x)＋4－4x.设h(x)＝F′(x)＝2lnx－2ln(2－x)＋4－4x，0<x<1，则h′(x)＝2x-2x-2－4＝4x2-x－所