高考解答题专项一函数与导数中的综合问题第1课时利用导数证明不等式1.(2021安徽皖江名校联盟模拟)已知函数f(x)=lnx+ax2-x,其中a≥0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-lnx,证明:当x>0时,g(x)>12x3+1.2.(2021湖北宜昌高三期末)已知函数f(x)=1+lnx+ax-a2x2.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若a=0,且x∈(0,1),求证:f(x)-2lnxex+2x2-1x<2.3.(2021广东深圳模拟)已知函数f(x)=ex+1-ae2(x+1)(a∈R).(1)若f(x)存在极值,求a的取值范围;(2)当a<0时,证明:f(x)-e2ln(x+1)>0.4.(2021山东淄博一模)已知数列an=1+1nn(n∈N*).(1)证明:an<e(n∈N*,e是自然对数的底数);(2)若不等式1+1nn+a≤e(n∈N*,a>0)成立,求实数a的最大值.(参考数据:ln2≈0.693)答案：1.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax-1=2ax2-x+1x,若a=0,f'(x)=-x-1x,令f'(x)=0,解得x=1,则f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,若a>0,由2ax2-x+1=0可知Δ=1-8a,当Δ=1-8a≤0,即a≥18时,2ax2-x+1≥0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,当Δ=1-8a>0,即0<a<18时,解得x=1±1-8a4a,此时f(x)在0,1-1-8a4a,1+1-8a4a,+∞上单调递增,在1-1-8a4a,1+1-8a4a内单调递减.(2)证明因为g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-lnx=ex+x2-x,所以g(x)>12x3+1就是ex+x2-x>12x3+1,即ex+x2-x-12x3-1>0.令h(x)=ex+x2-x-12x3-1(x>0),则h'(x)=ex+2x-1-32x2,x>0,令m(x)=h'(x),则m'(x)=ex+2-3x,x>0.令n(x)=m'(x),由n'(x)=ex-3=0,得x=ln3,易知n(ln3)是n(x)的最小值.于是n(x)≥n(ln3)=5-3ln3>0,h'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)>h'(0)=0,h(x)在(0,+∞)上单调递增.故当x>0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)>12x3+1.2.(1)解当a=1时,f(x)=1+lnx+x-x2,定义域为(0,+∞),∴f'(x)=1x+1-2x=-(x-1)(2x+1)x,令f'(x)>0,解得0<x<1;令f'(x)<0,解得x>1,∴f(x)的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为(1,+∞).(2)证明当a=0时,f(x)=1+lnx,∴f(x)-2lnxex+2x2-1x<2,即1-lnxex+2x2-1x<2,即x(1-lnx)<ex(-2x3+2x+1)(0<x<1),令g(x)=x(1-lnx)(0<x<1),∴g'(x)=-lnx>0,∴g(x)在(0,1)内单调递增,∴g(x)<g(1)=1.令h(x)=ex(-2x3+2x+1)(0<x<1),∴h'(x)=ex(-2x3-6x2+2x+3),令φ(x)=-2x3-6x2+2x+3,∴φ'(x)=-6x2-12x+2在(0,1)内单调递减,又φ'(0)=2>0,φ'(1)=-16<0,∴∃x0∈(0,1)使φ'(x0)=0,且x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,而φ(0)=3>0,φ(1)=-3<0,∴∃x1∈(0,1)使φ(x1)=0,即h'(x1)=0,当x∈(0,x1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(x1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,而h(0)=1,h(1)=e,∴h(x)>1恒成立,∴g(x)<h(x),即x(1-lnx)<ex(-2x3+2x+1)(0<x<1),即f(x)-2lnxex+2x2-1x<2.3.(1)解f(x)=ex+1-ae2(x+1),定义域为R,f'(x)=ex+1-ae2,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增,f(x)无极值;当a>0时,由f'(x)=0,解得x=1+lna.当x∈(-∞,1+lna)时,f'(x)<0,当x∈(1+lna,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1+lna)上单调递减,在(1+lna,+∞)上单调递增.即f(x)在x=1+lna时取得极小值,所