《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例1 (2023·重庆模拟)已知函数$f(x)=\sin x - a\ln(x + 1)$.
(1)若$a = 1$，证明：当$x\in[0,1]$时，$f(x)\geq0$；
(2)若$a = -1$，证明：当$x\in[0,+\infty)$时，$f(x)\leq2e^{x}-2$.

答案： 证明　
(1)首先证明sinr≤x,x∈ [0,+∞),证明如下: 　构造j(x)=sinx−x,x∈[o,+oo),则j'(x)=cosx−1≤0恒成立, 　故j(x)=sinx−x在[0,+oo)上单调递减,故j(x)≤j
(0)=0, 　所以sinx≤x,x∈[o,+oo). 　当a=1时,f(x)=sinx−ln(x+1),x∈[0,1], 　　　　　　483 f(x)=cosx−$\frac{1}{x+1}$=1−2sin²$\frac{x}{2}$ $\frac{1}{x+1}$≥1−2($\frac{x}{2}$)²−$\frac{1}{x+1}$=1−$\frac{x?}{2}$− $\frac{1}{x+1}$≥1−$\frac{x}{2}$−$\frac{1}{x+1}$(0≤x≤1), 故f(x)≥$\frac{2+2x−x²−x−2}{2+2x}$= $\frac{x(1−x)}{2+2.x}$＞0在x∈[0,1]上恒成立,所以f(x)在[0,1]上单调递增, 故f(x)≥f
(0)=0.
(2)令g(x)=(2ex−2)−f(x),x∈当α=−1时,g(x)=2e²−2−sinx −ln(x+1)=2(e²−x−1)+x−sinx+x−ln(x+1), 下证:e−x−1≥0(x≥0),x−sinx ≥0(x≥0),x−ln(x+1)≥0(x≥0),且在x=0处取等号, 令r(x)=e²−x−1(x≥0), 则r'(x)=e²−1≥0, 故r(x)=e²−x−1在[0,+co)上单调递增, 故r(x)≥r
(0)=0,即x−sinx≥0,且在x=0处取等号; 由
(1)知j(x)=sinx−x在[0,+oo) 上单调递减, 故j(x)≤j
(0)=0, 即x−sinx≥0, 且在x=0处取等号; 令t(x)=x−1n(x+1)(x≥0), 则'(x)=1−$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x}{x+1}$≥o. 故t(x)=x−ln(x+1)在[0,+oo)上单调递增, 故t(x)≥t
(0)=0,且在x=0处取等号,综上有g(x)=2(e²−x−1)+x−sinx+x−ln(x+1)≥0,且在x=0 处取等号,即(2e²−2)−∮(r)≥0,即证f(x)≤2e²−2.

跟踪训练1 (2023·柳州模拟)已知函数$f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-2x$.
(1)当$a ＞ 0$时，讨论$f(x)$的单调性；
(2)证明：$e^{x}+\frac{a - 2x^{2}-2x}{x}＞f(x)$.

答案：
(1)解　由题意可知x＞0,f'(x)=$\frac{1}{x}$−$\frac{a}{x²}$−2=−$\frac{2x²−x+a}{x"}$,对于一元二次方程2x²−x+a=0, A=1−8a. 当u≥$\frac{1}{8}$时,A≤0,f’(x)＜0恒成立,f(x)在(0,十co)上是减函数; 当0＜a＜$\frac{1}{8}$时,二次函数y=−2.x²÷x一a有2个大于零的零点,分别是x=$\frac{1−\sqrt{1−8a}}{4}$,x2=$\frac{1+\sqrt{1−8a}}{4}$ 当x∈($\frac{1−\sqrt{1−8a}}{4}$,$\frac{1+\sqrt{1−8a}}{4}$ 时,f'(x)＞ f(x)在($\frac{1−\sqrt{1−8a}}{4}$,$\frac{1+\sqrt{1−8a}}{4}$ 上单调递增; 当　　x　　E　　(0,$\frac{1−\sqrt{1−8a}}{4}$U $\frac{1+\sqrt{1−8a}}{4}$,+00)时 f(x)＜0,f(x)在0.$\frac{1−\sqrt{1−8a}}{4}$)和$\frac{1+\sqrt{1−8a}}{4}$ 上单调递减. 综上,当a≥$\frac{1}{8}$时,f(x)在(0,+oo) 　　　　　　　复习讲义答案精析 上是减函数;当0＜a＜$\frac{1}{8}$时，∮(x)在($\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4}$,$\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$)上单调递　　增，　　在　　(0.$\frac{1-\sqrt{1-8a}}{4}$),($\frac{1+\sqrt{1-8a}}{4}$+∞)上单调递减 　
(2)证明　　要证e+$\frac{a-2x²-2x}{x}$＞f(x)，即证e²＞1nx+2. 　不妨设h(x)=e-(x+1)， 　则h(x)=e-1,h′
(0)=0， 　当x＜0时，h'(x)＜0，h(x)单调递减,当x＞0时，h'(x)＞0，h(x)单调递增， 　因此h(x)≥h
(0)=0,e-(x+1)≥0恒成立 　令m(x)=1nx-x+1,x＞0, 　则m'(x)=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$, 　当0＜x＜1时，m'(x)＞0.m(x)单调递增，当x＞1时，m'(x)＜0,m(x)单调递减， 　故当x=1时，m(x)取得最大值m
(1) 　=0，因此1nx-x+1≤0恒成立,则e-(x+1)+[x-(lnx+1)]=e-(1nx+2)＞0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去), 　即eI＞Inx+2.从而不等式得证.