2023届高考数学专项练习同构法巧证不等式 含解析.pdf

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1、 2023届高考数学专项练习同构法巧证不等式 2023届高考数学专项练习同构法巧证不等式【典型例题】【典型例题】例1.例1.已知函数 f(x)=axlnx-x+1，aR(1)讨论 f(x)的单调区间；(2)当pq1时，证明qlnp+lnq f(p-q)+32(p+q)2例例3.3.已知函数 f(x)=lnx+2ax+1-2(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当a=2时，求证：f(x)0在(1,+)上恒成立；(3)求证：当x0时，ln(x+1)x2ex-1例例4.4.已知函数 f(x)=lnxx，g(x)=12ax2-aex(aR,e是自然对数的底数)(1)求函数 f(x)的单调区间

2、；(2)若h(x)=f(x)-g(x)，当a0时，求函数h(x)的最大值；(3)若mn0，且mn=nm，求证：mne2例例5.5.已知函数 f(x)=x(1-lnx)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：21a+1b02.2.已知函数 f(x)=ax-1-lnx(aR)(1)当a=2时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)在x=1处取得极值，对x(0,+)，f(x)bx-2恒成立，求实数b的取值范围；(3)当xye-1时，求证：ex-yln(x+1)ln(y+1)3.3.已知函数 f(x)=ax-1-lnx(aR)(1

3、)若函数 f(x)在x=1处取得极值，对x(0,+)，f(x)bx-2恒成立，求实数b的取值范围；(2)当0 xyye时，证明不等式exlnyeylnx5.5.已知函数 f(x)=ax-1-lnx(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)在x=1处取得极值，不等式 f(x)bx-2对x(0,+)恒成立，求实数b的取值范围；(3)当xye-1时，证明不等式exln(1+y)eyln(1+x)6.6.已知函数 f(x)=2ln(x+1)+sinx+1，函数g(x)=ax-1-blnx(a，bR，ab0)(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当x0时，f(x)3x+1(3)证

4、明：当x-1时，f(x)1)(1)当a=1时，判断函数 f(x)在区间(1,+)内的单调性；(2)当x1时，证明：lnxx-1ln(ex-1)ex-2(e为自然对数的底数)8.8.已知函数 f(x)=a+lnxx(1)讨论 f(x)在区间(1,+)上的单调性；(2)当a=1时，证明：xesinxx f(x)+sinx 同构法巧证不等式 同构法巧证不等式【典型例题】【典型例题】例例1.1.已知函数 f(x)=axlnx-x+1，aR(1)讨论 f(x)的单调区间；(2)当pq1时，证明qlnp+lnqplnq+lnp【解析】解：(1)f(x)=axlnx-x+1的定义域为(0,+)，f(x)=a

5、lnx+a-1，当a=0时，f(x)=-10时，由 f(x)0可得xe1-aa，由 f(x)0，可得0 xe1-aa，f(x)在 0,e1-aa上单调递减，在 e1-aa，+上单调递增，当a0时，由 f(x)e1-aa，由 f(x)0，可得0 x0，当x(1,+)时，g(x)q1时，g(p)g(q)，lnpp-1lnqq-1，qlnp-lnpplnq-lnq，qlnp+lnq f(p-q)+32(p+q)2【解析】(1)解：f(x)=(mx+m-1)ex，m=0时，f(x)=-ex0时，若x1m-1，+，f(x)0，函数单调递增，当 x-,1m-1时，f(x)0，函数单调递减，当m0时，若x1

6、m-1，+，f(x)0，函数单调递增(2)证明：m=1时，f(x)=xex，要证 f(p+q)+32(p-q)2+2q f(p-q)+32(p+q)2，即证 f(p+q)-32(p+q)2+2q f(p-q)-32(p+q)2，即证 f(p+q)-32(p+q)2+p+q f(p-q)-32(p+q)2+(p-q)，令g(x)=f(x)-32x2+x，上面不等式等价于g(p+q)g(p-q)，要证明g(p+q)g(p-q)对于任意p，q0都成立，即证g(x)单调递增，又g(x)=xex-3x+1，令h(x)=ex-x+1，则h(x)=ex-1，当x0时，h(x)=ex-10，函数单调递增，当x

7、0时，h(x)=ex-10，函数单调递减，故h(x)h(0)=0，即ex-x+10恒成立，故当x0时，xexx2+x，xex-3x+1x2-2x+10，当x0时，ex0，综上可得，又g(x)=xex-3x+10恒成立，故g(x)单调递增，得证例例3.3.已知函数 f(x)=lnx+2ax+1-2(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当a=2时，求证：f(x)0在(1,+)上恒成立；(3)求证：当x0时，ln(x+1)x2ex-1【解析】(1)解：函数 f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=1x-2a(x+1)2=x2-2(a-1)x+1x(x+1)2，令 f(x)=0，即x2-2(

8、a-1)x+1=0，=4(a-1)2-4=0，解得a=2或a=0，若0a2，此时0，f(x)0在(0,+)恒成立，所以 f(x)在(0,+)单调递增若a2，此时0，方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为：x1=(a-1)+a2-2a，x2=(a-1)-a2-2a 且x10，x20，所以 f(x)在(0,a-1-a2-2a)上单调递增，在(a-1-a2-2a,a-1+a2-2a)上单调递减，在(a-1+a2-2a,+)上单调递增若a0，方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为：x1=(a-1)+a2-2a，x2=(a-1)-a2-2a 且x10，x22，f(x)在(0,a-1-a2-2a)，(

9、a-1+a2-2a,+)上单调递增，在(a-1-a2-2a,a-1+a2-2a)上单调递减(2)证明：由(1)可知当a=2时，函数 f(x)在(1,+)上单调递增，所以 f(x)f(1)=0，所以 f(x)0在(1,+)上恒成立(3)证明：由(2)可知lnx+4x+1-20在(1,+)恒成立，所以ln(x+1)2xx+2在(0,+)恒成立，下面证2xx+2x2ex-1，即证2 ex-x2-2x-20，设(x)=2ex-x2-2x-2，(x)=2ex-2x-2，设(x)=2ex-2x-2，(x)=2ex-2，易知(x)=2ex-20在(0,+)恒成立，所以(x)=2ex-2x-2在(0,+)单调

10、递增，所以(x)=2ex-2x-2(0)=0，所以(x)=2ex-x2-2x-2在(0,+)单调递增，所以(x)=2ex-x2-2x-2(0)=0，所以2xx+2x2ex-1，即当x0时，ln(x+1)x2ex-1法二：ln(x+1)xxex-1，即ln(x+1)eln(x+1)-1xex-1，令 f(x)=xex-1，则原不等式等价于 fln(x+1)f(x)，f(x)=(1-x)ex-1(ex-1)2，令g(x)=(1-x)ex-1，则g(x)=-xex0，g(x)递减，故g(x)g(0)=0，f(x)0，f(x)递减，又ln(x+1)f(x)，原结论成立例例4.4.已知函数 f(x)=l

11、nxx，g(x)=12ax2-aex(aR,e是自然对数的底数)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若h(x)=f(x)-g(x)，当a0时，求函数h(x)的最大值；(3)若mn0，且mn=nm，求证：mne2【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+)，且 f(x)=1-lnxx2，令 f(x)00 xe，f(x)e，f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减(2)h(x)=lnxx-12ax2+aex(x0)，h(x)=1-lnxx2-a(x-e)，当xe时，1-lnxx20，a0，-a(x-e)0，h(x)0，当0 x0,x-e0，h(x)在(0,e)上单调递增，在(e

12、,+)上单调递减，h(x)max=h(e)=1e+12ae2(3)mn0，mn=nm，nlnm=mlnn，lnmm=lnnn即 f(m)=f(n)由(1)知 f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减，且 f(1)=0，则1nee2，即证me2ne，即证 f(m)fe2n，即证 f(n)fe2n，即证lnnnn(2-lnn)e2，由于1ne，0lnn1，即证e2lnn2n2-n2lnn令G(x)=e2lnx-2x2+x2lnx(1xe)，G(x)=e2x-4x+2xlnx+x=e2x-x+2x(lnx-1)=(e+x)(e-x)x+2x(lnx-1)，1x0恒成立，G(x)在(1,

13、e)递增，G(x)G(e)=0在x(1,e)恒成立，原不等式成立例例5.5.已知函数 f(x)=x(1-lnx)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：21a+1b0，f(x)单调递增，x(1,+)，f(x)1，先证22-x1，即证 f(x2)=f(x1)h(1)=0，故函数h(x)在(0,1)单调递增，h(x1)h(1)=0 f(x1)f(2-x1)，2x1+x2，得证同理，要证x1+x2e，(法一)即证1x2 f(e-x1)，令(x)=f(x)-f(e-x)，x(0,1)，则(x)=-lnx(e-x)，令(x0)=0，x(0,x0

14、)，(x)0，(x)单调递增，x(x0，1)，(x)0，(x)单调递减，又0 x0，且 f(e)=0，故limx0+(x)=0，(1)=f(1)-f(e-1)0，(x)0恒成立，x1+x21，x1(1-lnx1)x1，故x1+x20，g(x)单调递增，所以g(x)g(e)=e，即x2(1-lnx2)+x2e，所以x1+x2e，得证，则21a+1b0【解析】(1)解：函数 f(x)定义域为x|x0，则 f(x)=2e2x+1x20，故 f(x)在(-,0)，(0,+)递增，当x0，没有零点；当x0时，f(x)单调递增，f14=e-40，由函数零点存在定理得 f(x)在区间14，1内有唯一零点，综

15、上可得，函数 f(x)只有一个零点(2)证明：法一：要证xe2x-lnx-2x-1x+10，即证xe2x-lnx-2x1x+1，令g(x)=xe2x-lnx-2x，定义域为(0,+)，则g(x)=(2x+1)e2x-2x+1x=(2x+1)e2x-1x=(2x+1)f(x)，由(1)知，f(x)在区间14，1内有唯一零点，设其为x0，则e2x0-1x0=0，因2x+10，且 f(x)在区间(0,+)上单调递增，所以当x(0,x0)时，f(x)0，g(x)0，g(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)min=g(x0)=x0e2x0-lnx0-2x0，由式可得e2x0=1x0，lnx0=-2x0

16、，所以g(x)min=x01x0+2x0-2x0=1，又x0时，1x+11x+1，得证法二：问题转化为证明e2x+lnx-(2x+lnx)1x+1，令g(x)=ex-x，易知g(x)1，(当且仅当x=0时“=”成立)又x0，则1x+11x+1(当且仅当2x+lnx=0时“=”成立)2.2.已知函数 f(x)=ax-1-lnx(aR)(1)当a=2时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)在x=1处取得极值，对x(0,+)，f(x)bx-2恒成立，求实数b的取值范围；(3)当xye-1时，求证：ex-yln(x+1)ln(y+1)【解析】(1)解：f(x)=2-1x=2x-1x，f(

17、x)0得0 x0得x12，f(x)在 0,12上递减，在12,+上递增(2)解：函数 f(x)在x=1处取得极值，a=1，f(x)bx-21+1x-lnxxb，令g(x)=1+1x-lnxx，则g(x)=-1x2(2-lnx)，由g(x)0得，xe2，由g(x)0得，0ln(x+1)ln(y+1)，即证exln(x+1)eyln(y+1)，令g(x)=exln(x+1)，则只要证明g(x)在(e-1,+)上单调递增，又g(x)=exln(x+1)-1x+1ln2(x+1)，显然函数h(x)=ln(x+1)-1x+1在(e-1,+)上单调递增h(x)1-1e0，即g(x)0，g(x)在(e-1,

18、+)上单调递增，即exln(x+1)eyln(y+1)，当xye-1时，有ex-yln(x+1)ln(y+1)3.3.已知函数 f(x)=ax-1-lnx(aR)(1)若函数 f(x)在x=1处取得极值，对x(0,+)，f(x)bx-2恒成立，求实数b的取值范围；(2)当0 xye2且xe时，试比较yx与1-lny1-lnx的大小【解析】解：(1)函数 f(x)的定义域为(0,+)f(x)=a-1x函数在x=1a处取得极值，a=1，f(x)=x-1-lnx，f(x)bx-2，移项(1-b)xlnx-1，将b分离得出，b1-lnx-1x，令g(x)=1-lnx-1x，则令g(x)=lnx-2x2

19、，可知在(0,e2)上g(x)0，g(x)在x=e2处取得极小值，也就是最小值此时g(e2)=1-1e2，所以b1-1e2(1)由(1)g(x)=1-lnx-1x在(0,e2)上为减函数0 xyg(y)，1-lnx-1x1-lny-1y，整理得1-lnxx1-lnyy当0 x0，由得，yx1-lny1-lnx当exe2时，1-lnx0，由得yxye时，证明不等式exlnyeylnx【解析】解：(1)f(x)=a-1x=ax-1x当a0时，ax-10，从而 f(x)0时，若0 x1a，则ax-10，从而 f(x)1a，则ax-10，从而 f(x)0，函数在 0,1a单调递减，在1a,+单调递增(

20、2)根据(1)函数的极值点是x=1a，若1a=1，则a=1，f(x)bx-2，即x-1-lnxbx-2，x0，即b1+1x-lnxx，令g(x)=1x-lnxx，则g(x)=lnx-2x2，得：x=e2是函数g(x)在(0,+)内的唯一极小值点，也是最小值点，故g(x)min=-1e2，故b1-1e2；(3)由exlnyeylnx即exlnxeylny，构造函数h(x)=exlnx，则h(x)=ex(lnx-1)ln2x，x(e,+)，h(x)0，即h(x)在(e,+)递增，xye，exlnxeylny，exlnyeylnx5.5.已知函数 f(x)=ax-1-lnx(aR)(1)讨论函数 f

21、(x)的单调性；(2)若函数 f(x)在x=1处取得极值，不等式 f(x)bx-2对x(0,+)恒成立，求实数b的取值范围；(3)当xye-1时，证明不等式exln(1+y)eyln(1+x)【解析】解：(1)f(x)=ax-1-lnx，f(x)=a-1x=ax-1x，当a0时，f(x)0在(0,+)上恒成立，函数 f(x)在(0,+)单调递减；当a0时，f(x)0得00得x1a，f(x)在 0,1a上单调递减，在1a，+上单调递增，综上所述，当a0时函数 f(x)在(0,+)上是减函数；当a0时，f(x)在 0,1a上是减函数，在1a，+上是增函数(2)函数 f(x)在x=1处取得极值，根据

22、(1)的结论，可得a=1，f(x)bx-2，即x+1-lnxbx，两边都除以正数x，得1+1x-lnxxb，令g(x)=1+1x-lnxx，则g(x)=-1x2-1-lnxx2=-1x2(2-lnx)，由g(x)0得，xe2，g(x)在(0,e2)上递减，由g(x)0得，0 xe-1可得F(t)=etln(1+t)-et11+tln2(1+t)=etln(1+t)-11+tln2(1+t)再设G(t)=ln(1+t)-11+t，可得G(t)=11+t+1(1+t)20在(e-1,+)上恒成立G(t)是(e-1,+)上的增函数，可得G(t)G(e-1)=lne-1e=1-1e0因此，F(t)=e

23、tln(1+t)-11+tln2(1+t)0 在(e-1,+)上恒成立，可得 F(t)=etln(1+t)是(e-1,+)上的增函数xye-1，F(x)F(y)，可得exln(1+x)eyln(1+y)ln(1+x)0且ln(1+y)0，不等式两边都乘以ln(1+x)ln(1+y)，可得exln(1+y)eyln(1+x)即对任意xye-1，都有不等式exln(1+y)eyln(1+x)成立6.6.已知函数 f(x)=2ln(x+1)+sinx+1，函数g(x)=ax-1-blnx(a，bR，ab0)(1)讨论g(x)的单调性；(2)证明：当x0时，f(x)3x+1(3)证明：当x-1时，f(

24、x)0，b0，则g(x)在(0,+)上单调递增；当a0，b0时，令g(x)0，得xba，令g(x)0，得0 xba，则g(x)在 0,ba上单调递减，在ba,+上单调递增；当a0时，g(x)0，则g(x)在(0,+)上单调递减；当a0，b0，得0 xba，令g(x)ba，则g(x)在 0,ba上单调递增，在ba,+上单调递减；(2)证明：设函数h(x)=f(x)-(3x+1)，则h(x)=2x+1+cosx-3x0，2x+1(0,2，cosx-1，1，则h(x)0，从而h(x)在0，+)上单调递减，h(x)=f(x)-(3x+1)h(0)=0，即 f(x)3x+1(3)证明：方法一：当a=b=

25、1时，g(x)=x-1-lnx由(1)知，g(x)min=g(1)=0，g(x)=x-1-lnx0，即x1+lnx当x-1时，(x+1)20，(x+1)2esinx0，则(x+1)2esinx1+ln(x+1)2esinx，即(x+1)2esinx2ln(x+1)+sinx+1，又(x2+2x+2)esinx(x+1)2esinx，(x2+2x+2)esinx2ln(x+1)+sinx+1，即 f(x)-1时，要证 f(x)0即证eln(x+1)2+sinx-2ln(x+1)+sinx-1+esinx0，令F(x)=ex-x-1，易证F(x)0，故eln(x+1)2+sinx-2ln(x+1)

26、+sinx-1+esinx0，所以当x-1时，f(x)1)(1)当a=1时，判断函数 f(x)在区间(1,+)内的单调性；(2)当x1时，证明：lnxx-1ln(ex-1)ex-2(e为自然对数的底数)【解析】解：(1)当a=1时，f(x)=1+lnxx-1(x1)，则 f(x)=1x(x-1)-(1+lnx)(x-1)2=-1x-lnx(x-1)20，h(x)单调递增，当x(1,+)时，h(x)1时，ex-10，要证lnxx-1ln(ex-1)ex-2，即证g(x)g(ex-1)，只需证x1)，则F(x)=ex-10，函数F(x)在(1,+)单调递增，F(x)F(1)=e-20，ex-1x，

27、即得证8.8.已知函数 f(x)=a+lnxx(1)讨论 f(x)在区间(1,+)上的单调性；(2)当a=1时，证明：xesinxx f(x)+sinx【解析】解：(1)因为函数 f(x)=a+lnxx，x1，所以 f(x)=1-a-lnxx2，x1，由 f(x)=1-a-lnxx2=0，得x=e1-a，当e1-a1，即a1时，f(x)1，即a0，得1xe1-a，由 f(x)e1-a，所以 f(x)在(1,e1-a)上单调递增，在(e1-a，+)上单调递减综上可得，当a1时，f(x)在区间(1,+)上单调递减；当a0，可得x0，令g(x)0，可得x0，所以g(x)在(-,0)单调递减，在(0,+)单调递增，所以g(x)g(0)=0，所以ex1+x，所以elnx+sinx1+lnx+sinx，所以xesinxx f(x)+sinx，得证