专题突破练26 导数与不等式的证明
1.(15 分)已知函数f(x)=e
x
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)>1
2
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,π
2
)时,f(x)>exg(x);
(3)求证:1
2
ln(n+1)<sin1
2
+sin1
4
+…+sin 1
2n < 1
2
×(1+1
2 + 1
3
+…+1
n
)(n∈N*).
4.(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-sin x(x∈I),g(x)=mln x(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>2❑√m
2-e m.
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)=e
x
x
求导得f'(x)=e
x( x -1)
x
2
,
则{
f (m)= e
m
m =km,
f '(m)= e
m(m-1)
m
2
=k ,
整理得em(m-1)=em,解得m=2,
则km=e
2
2
,
所以曲线y=f(x)存在过原点的切线,且切点为(2, e
2
2).
(2)证明 x∈(0,+∞),不等式f(x)>1
2x2ln x 即为e
x
x > 1
2
x2ln x,即2e
x
x
4 > ln x
x .设函数g(x)=2e
x
x
4
(x>0),求导得g'(x)=2e
x( x - 4 )
x
5
,
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)=2e
4
4
4 .
设函数h(x)=ln x
x
,求导得h'(x)=1- ln x
x
2
.
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)=1
e
,
因为e5>128,即有2e
4
4
4 > 1
e,
因此g(x)min>h(x)max,
所以f(x)>1
2
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-3-1
x = x e
x -3-1
x
.
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)=2
e
-1<0,m(3)=3-1=2>0,
所以存在x0∈(2,3),使得m(x0)=0,
即x0e
x0-3-1=0,
即x0= 1
e
x0-3 =e
3- 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)=e
x0-3-ln x0+1=e
x0-3−ln e
3- x0+1=e
x0-3+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- 2
x +1
,且t(0)=0,t'(0)=0.
当x∈(0,π
2
)时,
设q(x)=t'(x)=cos x+1- 2
x +1
,
则q'(x)=-sin x+
2
( x +1)
2 .
因为函数y=-sin x,y=
2
( x +1)
2 在(0,π
2
)内均为减函数,
则q'(x)在(0,π
2
)内单调递减,
又因为q'(0)=2>0,q'(π
2
)=-1+
2
( π
2 +1)
2<0,
所以∃x0∈(0,π
2
),使得q'(x0)=0,
且当0<x<x0时,q'(x)>0,当x0<x<π
2
时,q'(x)<0.
此时q(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,π
2
)内单调递减,
又q(0)=0,q(π
2
)=1-
2
π
2 +1
>0,
所以对任意的x∈(0,π
2
),t'(x)=q(x)>0,
则t(x)在(0,π
2
)内单调递增,
所以t(x)>t(0)=0.
综上,当x∈(0,π
2
)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< 1
2n ≤1
2 .
接下来证明sin x>ln(x+1),其中x∈(0,π
2
).
设m(x)=sin x-ln(x+1),
则m'(x)=cos x- 1
x +1
,
设n(x)=m'(x),
则n'(x)=-sin x+
1
( x +1)
2 .
因为函数y=-sin x,y=
1
( x +1)
2 在(0,π
2
)内均单调递减,
则n'(x)=-sin x+
1
( x +1)
2 在区间(0,π
2
)内单调递减,
因为n'(0)=1>0,n'(π
2
)=-1+
1
( π
2 +1)
2<0,
所以∃x1∈(0,π
2
),使得n'(x1)=0,
当0<x<x1时,n'(x)>0;
当x1<x<π
2
时,n'(x)<0,
所以m'(x)在区间(0,x1)内单调递增,在区间(x1,π
2
)内单调递减,
又因为m'(0)=0,m'(x1)>0,m'(π
2
)=-
1
π
2 +1
<0,
所以∃x2∈(x1,π
2
),使得m'(x2)=0.
当0<x<x2时,m'(x)>0;当x2<x<π
2
时,m'(x)<0,
所以m(x)在区间(0,x2)内单调递增,在区间(x2,π
2
)内单调递减.
因为m(0)=0,m(π
2
)=1-ln(π
2
+1)>0,
所以sin x>ln(x+1)在区间(0,π
2
)内恒成立.令x= 1
2n
,
所以sin 1
2n
>ln( 1
2n
+1)=ln2n+1
2n
,
所以sin1
2
>ln3
2
,sin1
4
>ln5
4
,sin1
6
>ln7
6
,…,sin 1
2n
>ln2n+1
2n
,
所以sin1
2
+sin1
4
+…+sin 1
2n
>ln3
2
+ln5
4
+…+ln2n+1
2n
.
对∀n∈N*,2n+1
2n
−2n+2
2n+1 =
1
2n(2n+1)
>0,
所以ln2n+1
2n
>ln2n+2
2n+1
,
所以2(sin1
2
+sin1
4
+…+sin 1
2n
)>2(ln3
2
+ln5
4
+…+ln2n+1
2n
)>ln3
2
+ln4
3
+ln5
4
+ln6
5
+…+ln
2n+1
2n
+ln2n+2
2n+1
=ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+ln(2n+2)-ln(2n+1)=ln(n+1),
所以sin1
2
+sin1
4
+…+sin 1
2n > 1
2
ln(n+1).
设p(x)=sin x-x(0<x≤1
2
),
则p'(x)=cos x-1<0,
则p(x)在区间(0,1
2
]上单调递减,
所以p(x)=sin x-x<p(0)=0.
令x= 1
2n
,则sin 1
2n < 1
2n
,
所以sin1
2 < 1
2
,sin1
4 < 1
4
,sin1
6 < 1
6
,…,sin 1
2n < 1
2n
,
所以sin1
2
+sin1
4
+…+sin 1
2n < 1
2
(1+1
2 + 1
3
+…+1
n
).
综上,1
2
ln(n+1)<sin1
2
+sin1
4
+…+sin 1
2n < 1
2 ×(1+1
2 + 1
3
+…+1
n
)(n∈N*).
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C7
2种.
若d=π,共有6 种选择,所以区间的长度d>π 的概率为1- 6
C7
2 = 5
7 .
(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)=m- x
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)'=2- 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
b-a
ln b- ln a =
b+a
ln b+ ln a
=m.
下证:a+b
2
>
b-a
ln b- ln a .
记l(x)=ln x-2( x -1)
x +1
(x>1),
则l'(x)=1
x −
4
( x +1)
2 =( x -1)
2
x( x +1)
2>0,
则l(x)在(1,+∞)内单调递增,
则l(x)>l(1)=0,即ln x>2( x -1)
x +1
,
即lnb
a
>2×
b
a -1
b
a +1
,
所以a+b
2
>
b-a
ln b- ln a =
b+a
ln b+ ln a .
所以ln a+ln b=ln(ab)>2,
所以ab>e2.
记s(x)=ln x+e
x
-2,则s'(x)=1
x −e
x
2 = x -e
x
2 ,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-e
x
,
则1
m
a=ln a>2-e
a
,即1
m
a2-2a+e>0,同理1
m
b2-2b+e>0.
设函数t(x)= 1
m
x2-2x+e,则Δ=4-4 e
m
>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<m<x2),且x2-x1=2❑√m
2-e m,
又a<m<b,且t(a)>0,t(b)>0,所以a<x1<m<x2<b,
则b-a>x2-x1=2❑√m
2-e m,
所以区间[a,b]的长度d>2
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