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2026高考数学第二轮专题
专题突破练26　导数与不等式的证明
1.(15分)已知函数f(x)=.
(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)>x2ln x.(参考数据:e5>128)
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>ln x-1.
3.(17分)(2025江苏南通模拟)已知函数f(x)=exsin x,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,)时,f(x)>exg(x);
(3)求证:ln(n+1)4.(17分)(2025江苏苏锡常镇一模)我们把d=b-a(a0).
(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>2.
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)=求导得f'(x)=,
则
整理得em(m-1)=em,解得m=2,
则km=,
所以曲线y=f(x)存在过原点的切线,且切点为
(2)证明 x∈(0,+∞),不等式f(x)>x2ln x即为x2ln x,即设函数g(x)=(x>0),求导得g'(x)=,
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)=
设函数h(x)=,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)=,
因为e5>128,即有,
因此g(x)min>h(x)max,
所以f(x)>x2ln x.
2.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-ln x+1(x>0),
则g'(x)=ex-3-
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)=-1<0,m(3)=3-1=2>0,
所以存在x0∈(2,3),使得m(x0)=0,
即x0-1=0,
即x0=,
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)=-ln x0+1=+1=+x0-2.
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>ln x-1.
3.(1)解 因为f(x)=exsin x,
所以f(0)=e0sin 0=0,f'(x)=exsin x+excos x,所以切线斜率为f'(0)=e0sin 0+e0cos 0=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sin x>2ln(x+1)-x.
设t(x)=sin x+x-2ln(x+1),
所以t'(x)=cos x+1-,且t(0)=0,t'(0)=0.
当x∈(0,)时,
设q(x)=t'(x)=cos x+1-,
则q'(x)=-sin x+
因为函数y=-sin x,y=在(0,)内均为减函数,
则q'(x)在(0,)内单调递减,
又因为q'(0)=2>0,q'()=-1+<0,
所以 x0∈(0,),使得q'(x0)=0,
且当00,当x0此时q(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,)内单调递减,
又q(0)=0,q()=1->0,
所以对任意的x∈(0,),t'(x)=q(x)>0,
则t(x)在(0,)内单调递增,
所以t(x)>t(0)=0.
综上,当x∈(0,)时,t(x)>0,即得sin x>2ln(x+1)-x,
所以f(x)>exg(x).
(3)证明 因为n∈N*,所以0<
接下来证明sin x>ln(x+1),其中x∈(0,).
设m(x)=sin x-ln(x+1),
则m'(x)=cos x-,
设n(x)=m'(x),
则n'(x)=-sin x+
因为函数y=-sin x,y=在(0,)内均单调递减,
则n'(x)=-sin x+在区间(0,)内单调递减,
因为n'(0)=1>0,n'()=-1+<0,
所以 x1∈(0,),使得n'(x1)=0,
当00;
当x1所以m'(x)在区间(0,x1)内单调递增,在区间(x1,)内单调递减,
又因为m'(0)=0,m'(x1)>0,m'()=-<0,
所以 x2∈(x1,),使得m'(x2)=0.
当00;当x2所以m(x)在区间(0,x2)内单调递增,在区间(x2,)内单调递减.
因为m(0)=0,m()=1-ln(+1)>0,
所以sin x>ln(x+1)在区间(0,)内恒成立.令x=,
所以sin>ln(+1)=ln,
所以sin>ln,sin>ln,sin>ln,…,sin>ln,
所以sin+sin+…+sin>ln+ln+…+ln
对 n∈N*,>0,
所以ln>ln,
所以2(sin+sin+…+sin)>2(ln+ln+…+ln)>ln+ln+ln+ln+…+ln+ln
=ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln(2n+2)-ln(2n+1)=ln(n+1),
所以sin+sin+…+sinln(n+1).
设p(x)=sin x-x(0则p'(x)=cos x-1<0,
则p(x)在区间(0,]上单调递减,
所以p(x)=sin x-x令x=,则sin,
所以sin,sin,sin,…,sin,
所以sin+sin+…+sin(1++…+).
综上,ln(n+1)4.(1)解 因为f'(x)=1-cos x≥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sin x=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]的选择共有种.
若d=π,共有6种选择,所以区间的长度d>π的概率为1-
(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)=mln x-x至少有两个零点,
因为h'(x)=,当x∈(0,m)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
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)=mln m-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,(2ln x-x)'=<0,即函数y=2ln x-x单调递减,所以2ln x-x<2-e<0,
又m>e,
所以h(m2)=2mln m-m2=m(2ln m-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mln a-a=0,mln b-b=0,
所以=m.
下证:
记l(x)=ln x-(x>1),
则l'(x)=>0,
则l(x)在(1,+∞)内单调递增,
则l(x)>l(1)=0,即ln x>,
即ln>2,
所以
所以ln a+ln b=ln(ab)>2,
所以ab>e2.
记s(x)=ln x+-2,则s'(x)=,当x∈(0,e)时,s'(x)<0,s(x)单调递减;
当x∈(e,+∞)时,s'(x)>0,s(x)单调递增;
所以s(x)>s(e)=0,即ln x>2-,
则a=ln a>2-,即a2-2a+e>0,同理b2-2b+e>0.
设函数t(x)=x2-2x+e,则Δ=4-4>0,且抛物线t(x)的对称轴为直线x=m,
则方程t(x)=0存在两根x1,x2(x1又a0,t(b)>0,所以a则b-a>x2-x1=2,
所以区间[a,b]的长度d>2
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