提能训练 练案[18]
A组基础巩固
1．(2025·河北保定期中)已知函数f(x)＝ex＋sinx－2x，g(x)＝2－cosx.
(1)已知直线x－y＋a＝0是曲线y＝g(x)，x∈[0，π]的切线，求实数a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)求证：f(x)≥g(x)恒成立．
[解析] (1)∵g′(x)＝sinx，x∈[0，π]，
∴g′(x)＝sinx＝1，解得x＝，∴切点为，
∴－2＋a＝0，∴a＝2－.
(2)∵f′(x)＝ex＋cosx－2，
当x∈(－∞，0]时，ex≤1，cosx≤1，∴f′(x)≤0，f(x)单调递减，
当x∈[0，＋∞)时，f″(x)＝ex－sinx，ex≥1，sinx≤1，
∴f″(x)≥0，∴f′(x)单调递增，
∴f′(x)≥f′(0)＝0，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
(3)证明：f(x)≥g(x)恒成立?ex＋sinx－2x＋cosx－2≥0，
恒成立?＋1≥0恒成立．
令h(x)＝＋1，
则h′(x)＝＝，
令m(x)＝x－sinx，则m′(x)＝1－cosx≥0，
∴m(x)单调递增，
又∵m(0)＝0，
∴当x∈(－∞，0]时，m(x)≤0，即h′(x)≤0，h(x)单调递减；
当x∈[0，＋∞)时，m(x)≥0，即h′(x)≥0，h(x)单调递增；
∴h(x)≥h(0)＝0，∴f(x)≥g(x)恒成立．
2．当x>y>e－1时，求证：exln(y＋1)>eyln(x＋1)．
[证明] ∵x>y>e－1，∴x＋1>y＋1>e，
即ln(x＋1)>ln(y＋1)>1，
欲证exln(y＋1)>eyln(x＋1)．
即证明>，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>1－>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x>y>e－1时，g(x)>g(y)，
即>，
∴当x>y>e－1时，exln(y＋1)>eyln(x＋1)成立．
3．已知函数f(x)＝ex，当x>－2时，求证：f(x)>ln(x＋2)．
[证明] 设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)．
则g′(x)＝ex－1，
当－20时，g′(x)>0，
即g(x)在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，
因此f(x)≥x＋1(当且仅当x＝0时取等号)，
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，
【卡壳点】利用x＋1作为中间量，进行放缩
则h′(x)＝1－＝，
则当－2－1时，h′(x)>0，
即有h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，
因此x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时取等号)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2)．
4．(2022·北京卷节选)已知函数f(x)＝exln(1＋x)．
(1)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；
(2)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．
[解析] (1)因为g(x)＝f′(x)＝ex，
所以g′(x)＝ex，
令h(x)＝ln(1＋x)＋－，
则h′(x)＝－＋＝>0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝1>0，
∴g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，
令m(x)＝f(x＋t)－f(x)，(x，t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－exln(1＋x)，
m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋－exln(1＋x)－＝g(x＋t)－g(x)，
由(1)知g(x)＝f′(x)＝ex在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x＋t)>g(x)，
∴m′(x)>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为x，t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证．
B组能力提升
1．(2025·陕西适应性检测)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.
[解析] (1)由题意可知，当a＝0时，
f(x)＝ex－1－x，x∈R，
则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，则x＝0，当x>0时，
f′(x)>0；当x0时，ex>1＋x＋，
即ex－1>x＋＝，
要证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证明ex－1>，
只需证明>，
只需证ln(x＋1)>，
设F(x)＝ln(x＋1)－(x>0)，
则F′(x)＝－＝(x>0)，
所以当x>0时，F′(x)>0恒成立，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又F(x)＝0.∴F(x)>0恒成立，∴原不等式成立．
2．(2024·乌鲁木齐市实验学校高三月考)函数f(x)＝ex－x－a，a∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间及极值；
(2)若x1，x2是函数y＝f(x)的两个不同零点，求证：①x1＋x22(1－a)．
[解析] (1)f(x)＝ex－x－a定义域为R，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，则x>0，令f′(x)1，
不妨设x10)，
则g′(x)＝f′(x)＋f′(－x)＝ex＋e－x－2，
由于ex＋e－x>2(x≠0)，故g′(x)>0，
g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而x2>0，
∴g(x2)>g(0)＝0，
∴f(x2)－f(－x2)>0即f(x2)>f(－x2)，
∵f(x1)＝f(x2)＝0，∴f(x1)>f(－x2)，
∵x1，－x2∈(－∞，0)且f(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴x11)，
下面先证明F(x)>2，F′(x)＝(1－2x)e2－2x＋1，令h(x)＝(1－2x)e2－2x＋1，
∵x>1，h′(x)＝(4x－4)e2－2x>0，∴F′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F′(x)>F′(1)＝0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(1)＝2，
即x·e2－2x＋x>2在x>1总成立，
∵f(x2)＝－x2－a＝0，∴a＝－x2，
又f[2(1－a)－x2]＝－(2－2a－x2)－a＝·＋－2，
∵>1，由F(x)>2知·＋>2，
则f[2(1－a)－x2]>0＝f(x1)，
又a>1,2(1－a)－x22(1－a)．
C组拓展应用(选作)
(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2lna＋.
[解析] (1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，
所以f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，
故f′(x)＝aex－10时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，
当x－lna时，f′(x)>0，则f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，f(x)在(－lna，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)得，
f(x)min＝f(－lna)＝a(e－lna＋a)＋lna＝1＋a2＋lna，
要证f(x)>2lna＋，即证1＋a2＋lna>2lna＋，
即证a2－－lna>0恒成立，
令g(a)＝a2－－lna(a>0)，
则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)0，
则a>；
所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(a)min＝g＝2－－ln＝ln>0，
则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna＋恒成立，证毕．
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