专题05构造函数证明不等式（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

专题 5 构造函数证明不等式
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 利用导数证明不等式在近几年高考中出现的频率比较高．求解此类
问题关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数,然后以导数为工具来研究该函数的单调性、 极值、最值(值
域),从而达到证明不等式的目的．
(一) 把证明 f x>k转化为证明 f x >k
min
此类问题一般简单的题目可以直接求出 f x的最小值,复杂一点的题目是 f x有最小值,但无法具体确定,
这种情况下一般是先把 f x的最小值转化为关于极值点的一个函数,再根据极值点所在范围,确定最小值所
在范围
【例1】（2024届黑龙江省哈尔滨市三中学校高三下学期第五次模拟）已知函数 f x=ax+12-x-lnx
（aÎR）.
(1)讨论 f x的单调性；
1 1
(2)当0<a£ 时,求证： f x³2a- +1.
2 2a
【解析】（1）由题意可知,函数 f(x)=a(x+1)2-x-lnx的定义域为(0,+¥),
1 (x+1)(2ax-1)
导数 f¢(x)=2a(x+1)-1- = ,
x x
1 1
当a£0时,xÎ(0,+¥), f¢(x)<0；当a>0时,xÎ(0, ), f¢(x)<0；xÎ( ,+¥), f¢(x)>0；
2a 2a
综上,当a£0时,函数 f(x)在区间(0,+¥)上单调递减；
1 1
当a>0时,函数 f(x)在区间(0, )上单调递减,在区间( ,+¥)上单调递增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知,当0<a£ 时,
2
1 1
函数 f(x)在区间(0, )上单调递减,在区间( ,+¥)上单调递增.
2a 2a1 1 1 1 1
所以函数 f(x)³ f( )=a( +1)2- -ln( )=a+1- +ln(2a),
2a 2a 2a 2a 4a
1 1 1
要证 f(x)³2a- +1,需证a+1- +ln(2a)³2a- +1,
2a 4a 2a
1 1
即需证 +ln(2a)-a³0,aÎ(0, ]恒成立.
4a 2
1 1 1 2a-12
令g(a)= +ln(2a)-a,则g¢(a)=- -1+ =- £0,
4a 4a2 a 4a2
1 1 1 1
所以函数g(a)在区间(0, ]单调递减,故g(a)³g( )= +0- =0,
2 2 2 2
1 1 1 1
所以 +ln(2a)-a³0,aÎ(0, ]恒成立,所以当0<a£ 时, f(x)³2a- +1.
4a 2 2 2a
【例2】（2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测）已知函数 f x=sinx-lnx+1 .
æ πö
(1)求证：当xÎç-1, ÷时, fx³0；
è 2ø
1 1 1 1 1 1
(2)求证： lnn+1<sin +sin +sin + L +sin < lnn+ln2  nÎN* .
2 2 4 6 2n 2
1
【解析】（1）证明：因为 f x=sinx-lnx+1 ,则 f 0=sin0-ln1=0, f¢x=cosx- ,
x+1
1
当xÎ-1,0时,cosx£1, ³1, f¢x£0,函数 f x单调递减,
x+1
则 f x³ f 0=0成立；当xÎ æ ç è 0, π 2 ö ÷ ø 时,令px=cosx- x 1 +1 ,则p¢x= x+ 1 12 -sinx ,
1
因为函数y= x+12 、y=-sinx在 æ ç
è
0, π
2
ö ÷
ø
上均为减函数,
所以,函数p¢x在ç æ 0, π ÷ ö 上为减函数,
è 2ø
æπö 1
p¢ ç ÷= -1<0 æ πö
因为p¢0=1>0, è2ø æ πö 2 ,所以存在xÎç0, ÷,使得p¢x =0,
ç1+ ÷ è 2ø 0
è 2ø
且当0<x<x 时,p¢x>0,此时函数 f¢x单调递增,
0
π
当x <x< 时,p¢x<0,此时函数 f¢x单调递减,
0 2
æπö æ πö
而 f¢0=0,所以 f¢x >0,又因为 f¢ ç ÷<0,所以存在x Îçx , ÷,使得 f¢x =0,
0 è2ø 1 è 0 2ø 1
当0<x<x 时, f¢x>0,此时函数 f x单调递增,
1
π
当x <x< 时, f¢x<0,此时函数 f x单调递减,
1 2π æπö æπ ö
因为 +1<e,所以, f ç ÷=1-lnç +1÷>1-lne=0,
2 è2ø è2 ø
æ πö æ πö
所以,对任意的xÎç0, ÷时, f x>0成立,综上, fx³0对任意的xÎç-1, ÷恒成立.
è 2ø è 2ø
1 1 æ 1 ö 1 æ 1 ö
（2）证明：由（1）,对任意的nÎN*,0< £ ,则 f ç ÷=sin -lnç1+ ÷>0,
2n 2 è2nø 2n è 2nø
1 æ 1 ö 2n+1
即sin >lnç1+ ÷=ln ,
2n è 2nø 2n
2n+1 2n+2
2n+12-2n2n+2
1
对任意的nÎN*, - = = >0,
2n 2n+1 2n2n+1 2n2n+1
2n+1 2n+2 2n+1 2n+2
所以, > ,则ln >ln ,
2n 2n+1 2n 2n+1
1 1 1 1 3 5 7 2n+1
所以sin +sin +sin + L +sin >ln +ln +ln +ln ,
2 4 6 2n 2 4 6 2n
1 1 1 1 4 6 8 2n+2
从而可得sin +sin +sin + L +sin >ln +ln +ln +ln ,
2 4 6 2n 3 5 7 2n+1
æ 1 1 1 1 ö
上述两个不等式相加可得2çsin +sin +sin + L +sin ÷
è 2 4 6 2nø
3 4 5 6 7 8 2n+1 2n+2
>ln +ln +ln +ln +ln +ln +
L
+ln +ln =lnn+1,
2 3 4 5 6 7 2n 2n+1
1 1 1 1 1
所以,sin +sin +sin +
L
+sin > lnn+1,
2 4 6 2n 2
1 æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö 1 2n-1
又由（1）,因为-1<- <0,则 f ç- ÷=sinç- ÷-lnç1- ÷=-sin -ln >0,
2n è 2nø è 2nø è 2nø 2n 2n
1 2n-1 2n
可得sin <-ln =ln ,
2n 2n 2n-1
2n 2n-1
2n2n-2-2n-12
1
当n³2且nÎN*时, - = =- <0,
2n-1 2n-2 2n-12n-2 2n-12n-2
2n 2n-1 2n 2n-1
所以, < ,即ln <ln ,
2n-1 2n-2 2n-1 2n-2
1 1 1 1 4 6 2n
所以,当n³2时,sin +sin +sin + L +sin <ln2+ln +ln + L +ln ,
2 4 6 2n 3 5 2n-1
1 1 1 1 3 5 2n-1
从而有sin +sin +sin + L +sin <ln2+ln +ln + L +ln ,
2 4 6 2n 2 4 2n-2
æ 1 1 1 1 ö
上述两个不等式相加得：2çsin +sin +sin + L +sin ÷
è 2 4 6 2nø
3 4 5 6 7 8 2n-1 2n
<2ln2+ln +ln +ln +ln +ln +ln +
L
+ln +ln =2ln2+lnn,
2 3 4 5 6 7 2n-2 2n-1
1 1 1 1 1
所以,sin +sin +sin +
L
+sin <ln2+ lnn,
2 4 6 2n 2æ 1ö æ 1ö 1 1 1
当n=1时, f ç- ÷=sinç- ÷-ln =ln2-sin >0,即sin <ln2,
è 2ø è 2ø 2 2 2
1 1 1 1 1
所以,对任意的nÎN*,sin +sin +sin +
L
+sin < lnn+ln2,
2 4 6 2n 2
1 1 1 1 1 1
因此, lnn+1<sin +sin +sin + L +sin < lnn+ln2  nÎN* .
2 2 4 6 2n 2
(二) 把证明 f x> gx 转化为证明 f x-gx>0
此类问题是证明不等式中最基本的一类问题,把两个函数通过作差转化为一个函数,再利用导数研究该函数
的性质,通过函数性质证明该不等式.
【例3】（2024届西省榆林市第十中学高三下学期一模）已知函数 f x=ex+a-1x-1,其中aÎR．
(1)讨论函数 f x的单调性；
(2)当a=2时,证明： f x>xlnx-cosx．
【解析】（1）
Q
f x=ex+a-1x-1,\f¢x=ex+a-1,
当a³1时, f¢x=ex+a-1>0,函数 f x在R上单调递增；
当a< 1时,由 f¢x=ex+a-1>0,得x>ln1-a ,
函数 f x在区间  ln1-a,+¥  上单调递增,
由 f¢x=ex+a-1<0,得x<ln1-a ,函数 f x在区间 -¥,ln1-a 上单调递减．
综上,当a³1时, f x在R上单调递增,无减区间.
当a< 1时, f x在  ln1-a,+¥  上单调递增,在 -¥,ln1-a 上单调递减.
（2）
Q
当a=2时, f x=ex+x-1,
\要证 f x>xlnx-cosx,即证ex+x+cosx-1-xlnx>0,xÎ0,+¥ ,
①当0<x£1时, ex+x+cosx-1>0,xlnx£0,\ex+x+cosx-1-xlnx>0；
Q
②当x>1时,令gx=ex+x+cosx-1-xlnx,
1
则g¢x=ex-sinx-lnx,设hx=g¢x,则h¢x=ex-cosx-
,
x
1
Qx>1,\ex >e>2,-1<- <0,-1£-cosx£1,\h¢x>0,
x\hx在1,+¥上单调递增,\hx>h1=e-sin1-0>0,即g¢x>0,
\gx在1,+¥上单调递增,\gx>g1=e+cos1>0,
即ex+x+cosx-1-xlnx>0．综上,当a=2时, f x>xlnx-cosx．
(三) 把证明 f x> gx 转化为证明 f x > gx
min max
有时候把证明 f x> gx 转化为证明 f x-gx>0后,可能会出现 f x-gx的导函数很复杂,很
难根据导函数研究 f x-gx的最值,而 f x的最小值及gx的最大值都比较容易求,可考虑利用证明
f x > gx 的方法证明原不等式,但要注意这种方法有局限性,因为 f x> gx未必有
min max
f x > gx .
min max
【例4】（2024届广东省部分学校高三上学期第二次联考）已知函数 f x=axexa¹0 .
(1)讨论 f x的单调性；
4 f x
(2)当a³ 时,证明： -x+1lnx>0.
e2 x+1
【解析】（1）由题意可得 f¢x=ax+1ex.
则a>0时,由 f¢x>0,得x>-1,由 f¢x<0,得x<-1,
则 f x在-¥,-1上单调递减,在-1,+¥上单调递增；
当a<0时,由 f¢x<0,得x>-1,由 f¢x>0,得x<-1,
则 f x在-¥,-1上单调递增,在-1,+¥上单调递减.
xex
（2）因为x>0,所以 >0.
x+1
4 axex 4xex-2
因为a³ ,所以 -x+1lnx³ -x+1lnx.
e2 x+1 x+1
f x 4xex-2 4ex-2 lnx
要证 -x+1lnx>0,即证 -x+1lnx>0,即证 > .
x+1 x+1 x+12 x
4ex-2 4ex-2x-1
设gx= ,则g¢x= .当xÎ0,1时,g¢x<0,当xÎ1,+¥时,g¢x>0,
x+12 x+13
则gx在0,1上单调递减,在1,+¥上单调递增.1
故gx =g1= .
min e
lnx 1-lnx
设hx= ,则h¢x= .当xÎ0,e时,h¢x>0,当xÎe,+¥时,h¢x<0,
x x2
则hx在0,e上单调递增,在e,+¥上单调递减.
1
故hx =he= .因为gx =hx ,且两个最值的取等条件不同,
max e min max
4ex-2 lnx 4 f x
所以 > ,即当a³ 时, -x+1lnx>0.
x+12 x e2 x+1
(四) 把证明 f x> gx转化为证明 f x>hx,hx> gx
若直接证明 f x> gx 比较困难,有时可利用导数中的常见不等式如lnx £ x-1,ex ³ x+1构造一个中间
函数hx ,或利用不等式的性质通过放缩构造一个中间函数hx ,再通过证明 f x>hx,hx> gx
来证明原不等式.
sinx
【例5】已知函数 f x= 在区间0,a上单调．
2+cosx
(1)求a的最大值；
(2)证明：当x>0时,3f x+1<ex．
cosx(2+cosx)+sinxsinx 2cosx+1
【解析】 (1)由已知得, f¢(x)= = ,
(2+cosx)2 (2+cosx)2
要使函数 f(x)在区间(0,a)上单调,可知在区间(0,a)上单调递增,
1 2p 2p
令 f¢(x)>0,得2cosx+1>0,即cosx>- ,解得xÎ(- +2kp, +2kp),（kÎZ ）,
2 3 3
2p 2p
当k =0时满足题意,此时,在区间(0, )上是单调递增的,故a的最在值为 .
3 3
ex-1
(2)当x>0时,要证明3f x+1<ex,即证明 f(x)< ,
3
x ex-1 x ex-1
而ex -1> x,故需要证明 f(x)< < .先证： < ,（x>0）
3 3 3 3
记F(x)=ex-x-1, F¢(x)=ex -1,
Q
xÎ(0,+¥)时,F¢(x)>0,所以F(x)在(0,+¥)上递增,
x ex-1
\F(x)=ex-x-1>F(0)=0,故ex -1> x,即 < .
3 3
x 1
再证： f(x)< ,（x>0）令G(x)= f(x)- x,
3 3则G(x)= sinx - 1 x,则G¢x= 2cosx+1 - 1 =
-cosx-12
,
2+cosx 3 2+cosx2 3 32+cosx2
故对于"x>0,都有G¢(x)<0,因而G(x)在(0,+¥)上递减,
x
对于"x>0,都有G(x)<G(0)=0,因此对于"x>0,都有 f(x)< .
3
x ex-1 ex-1
所以 f(x)< < 成立,即 f(x)< 成立,故原不等式成立.
3 3 3
(五) 改变不等式结构,重新构造函数证明不等式
此类问题要先对待证不等式进行重组整合,适当变形,找到其等价的不等式,观察其结构,根据结构构造函数.常
见的变形方法有：
①去分母,把分数不等式转化为整式不等式；
②两边取对数,把指数型不等式转化为对数型不等式；
③不等式为 f xhx> gxhx类型,且hx>0或<0的解集比较容易确定,可考虑两边同时除以hx；
④不等式中含有 xlnx,有时为了一次求导后不再含有对数符号,可考虑不等式两边同时除以x；
⑤通过换元把复杂的不等式转化为简单不等式.
aex-1 1
【例6】（2024届河南省创新发展联盟5月月考）已知函数 f(x)= -lnx- .
x x
(1)讨论 f(x)的单调性；
5 1
(2)当a³ 时,证明： f(x)+lnx+ -x>ex-11-lnx.
2 x
aex-1 1
【解析】（1）函数 f(x)= -lnx- 的定义域为(0,+¥),
x x
aex-1(x-1) 1 1 (x-1)(aex-1-1)
求导得 f¢(x)= - + = ,
x2 x x2 x2
若a£0,则aex-1-1<0,且当xÎ0,1时, f¢x>0,当xÎ1,+¥时, f¢x<0,
即函数 f(x)在(0,1)上递增,在(1,+¥)上递减；
若a>0,令aex-1-1=0,解得x=1-lna,
若1-lna£0,即a³e,则aex-1-1³0恒成立,当xÎ0,1时, f¢x<0,当xÎ1,+¥时, f¢x>0,
即函数 f(x)在(0,1)上递减,在(1,+¥)上递增；
若0<1-lna<1,即1<a<e,则当xÎ0,1-lnaÈ1,+¥时, f¢x>0,当xÎ1-lna,1时, f¢x<0,
即函数 f(x)在(0,1-lna),(1,+¥)上递增,在(1-lna,1)上递减；若1-lna=1,即a=1,则 f¢x³0在0,+¥上恒成立,函数 f(x)在(0,+¥)上递增；
若1-lna>1,即0<a<1,则当xÎ0,1È1-lna,+¥时, f¢x>0,当xÎ(1,1-lna)时, f¢x<0,
即函数 f(x)在(0,1),(1-lna,+¥)上递增,在(1,1-lna)上递减,
所以当a£0时, f x的递增区间为0,1 ,递减区间为1,+¥；
当0<a<1时, f x的递增区间为0,1和1-lna,+¥ ,递减区间为1,1-lna；
当a=1时, f x的递增区间为0,+¥ ,无递减区间；
当1<a<e时, f x的递增区间为0,1-lna和1,+¥ ,递减区间为1-lna,1；
当a³e时, f x的递增区间为1,+¥ ,递减区间为0,1 .
1 aex-1
（2）要证 f x+lnx+ -x>ex-11-lnx,需证 +ex-1lnx-1-x>0,
x x
5 ex-1 aex-1 5ex-1
而a³ , >0,即有 +ex-1lnx-1-x³ +ex-1lnx-1-x,
2 x x 2x
5ex-1 æ 5 ö 5 x2
则只需证明 +ex-1lnx-1-x>0,即证ex-1 ç +lnx-1÷>x,即证 +xlnx-1> ,
2x è2x ø 2 ex-1
5
令hx= +xlnx-1,则h¢x=lnx,当xÎ0,1时,h¢x<0,当xÎ1,+¥时,h¢x>0,
2
3
即函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+¥)上单调递增,则h(x) =h1= ,
min 2
x2 x2-x
令jx= (x>0),则j¢x= ,当xÎ0,2时,j¢x>0,当xÎ2,+¥时,j¢x<0,
ex-1 ex-1
4 3
函数j(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+¥)上单调递减,则j(x) =j2= < =h(x) ,
max e 2 min
5 x2 1
从而 +xlnx-1> ,即 f(x)+lnx+ -x>ex-11-lnx成立.
2 ex-1 x
(六) 通过减元法构造函数证明不等式
对于多变量不等式 ,一般处理策略为消元或是把一个看作变量其他看作常量；当都不能处理的时候,通过变
形,再换元产生一个新变量,从而构造新变量的函数.
æxö m æ yö m
【例7】（2024届江西省南昌市高三三模）定义：若变量x,y>0,且满足： ç ÷ +ç ÷ =1,其中
èaø èbø
a,b>0,mÎZ,称y是关于的“m型函数”.
æ 3ö
(1)当a=2,b=1时,求y关于x的“2型函数”在点ç1, ÷处的切线方程；
ç 2 ÷
è ø
(2)若y是关于x的“-1型函数”,（i）求x+y的最小值：
n+1
（ii）求证： xn+yn 1 n ³ æ çan n +1+bn n +1 ö ÷ n ,  nÎN* .
è ø
1 1
【解析】（1）解：当a=2,b=1时,可得y= æ ç1- x2 ö ÷ 2 ,则y¢= 1æ ç1- x2 ö ÷ - 2 × æ ç- 1 x ö ÷ ,
è 4 ø 2è 4 ø è 2 ø
3 3 3
所以y¢ =- ,所求切线方程为y- =- (x-1),即x+2 3y-4=0.
x=1 6 2 6
（2）解：由y是关于x的“-1型函数”,可得 æ ç xö ÷ -1 + æ ç yö ÷ -1 =1,即 a + b =1,
èaø èbø x y
æa bö ay bx ay bx
（i）因为(x+y)=(x+y)ç + ÷=a+b+ + ³a+b+2 + =( a+ b)2,
èx yø x y x y
ìay bx
ï = ì ïx=a+ ab
当且仅当í x y 即í 时取得最小值.
ï
îx+y=( a+ b)2
ïîy=b+ ab
æxö -1 æ yö -1 a b
（ii）由 ç ÷ +ç ÷ =1,即 + =1,则(x-a)(y-b)=ab,且x>a,y>b,
èaø èbø x y
b
可设x-a=at,y-b= ,其中tÎ(0,+¥),
t
é æ 1öù n æ 1ö n
于是xn+yn =[a(1+t)]n+ ê bç1+ ÷ú =an(1+t)n+bn ç1+ ÷ ,
ë è tøû è tø
æ 1ö n
记h(t)=an(1+t)n+bn ç1+ ÷ ,
è tø
可得h¢t=nan1+tn-1 +nbn æ ç1+ 1ö ÷ n-1 æ ç- 1 ö ÷= nan1+tn-1 é êtn+1- æ ç bö ÷ nù ú,
è tø è t2 ø tn+1 êë èaø ûú
n n
由h¢t=0,得t = æ ç bö ÷ n+1 ,记t = æ ç bö ÷ n+1,当0<t<t 0 时h¢t<0,当t>t 0 时,h¢t>0,则
èaø 0 èaø
n n
n é n ù é n ù
h(t) =ht =an1+t n +bn æ ç1+ 1ö ÷ =anê1+ æ ç bö ÷ n+1ú +bnê1+ æ ç aö ÷ n+1ú
min 0 0 è t ø ê èaø ú ê èbø ú
0 ë û ë û
n n n n
æ n 1 ö æ n 1 ö n æ n n ö n æ n n ö
=ça+bn+1×an+1÷ +çb+an+1×bn+1÷ =an+1çan+1+bn+1÷ +bn+1çbn+1+an+1÷
è ø è ø è ø è øn+1 n+1
æ n n ö n 1 æ n n ö n
=çan+1+bn+1÷ ,所以 xn+yn n ³çan+1+bn+1÷ .
è ø è ø
(七) 与极值点或零点有关的多变量不等式的证明
此类问题通常是给出函数的零点或极值点x ,x 或x ,x ,x ,与证明与x ,x 或x ,x ,x 有关的不等式,求解时要
1 2 1 2 3 1 2 1 2 3
有意识的利用方程思想代入消元（若x 是 f x的零点,则 f x =0,若x 是 f x的极值点,则 f¢x =0,）,减
i i i i
少变量个数.
ex 2a
【例8】（2024届湖南娄底市高三下学期高考考前仿真联考）已知函数 f x= - -alnx.
x2 x
(1)当a=1时,讨论函数 f x的单调性；
e2
(2)若a> ,
2
（i）证明：函数 f x有三个不同的极值点；
æa2 ö
（ii）记函数 f x三个极值点分别为x,x ,x ,且x <x <x ,证明： f x - f x <ç -a÷ x -x .
1 2 3 1 2 3 3 1 è e ø 3 1
ex 2
【解析】（1）函数 f x的定义域为(0,+¥),当a=1时, f x= - -lnx,则
x2 x
x2ex -2xex 2 1 ex(x-2) 2-x (x-2)(ex -x)
f¢x= + - = + = ,
x4 x2 x x3 x2 x3
令y =ex -x(x>0),则y¢=ex -1>0(x>0),
所以y=ex-x在(0,+¥)上递增,所以y =ex -x>e0 -0=1,
所以当x>2时, f¢(x)>0,当0<x<2时, f¢(x)<0,
所以 f x在(0,2)上递减,在(2,+¥)上递增；
ex(x-2) 2a a (x-2)(ex -ax)
（2）（i）因为xÎ(0,+¥),且 f¢x= + - = , f¢(2)= 0,
x3 x2 x x3
ex ex
由ex-ax=0,得a= （xÎ(0,+¥)）,令g(x)= (x>0),则
x x
ex(x-1)
g¢(x)= (x>0),当0<x<1时,g¢(x)<0,当x>1时,g¢(x)>0,
x2
所以g(x)在(0,1)上递减,在(1,+¥)上递增,所以g(x) =g(1)=e,
min
e2 ex
当a> = g(2)>e时,a= 在(0,1)和(2,+¥)上各有一个实数根,分别记为x,x ,则0< x <1,x >2,设
1 3 1 3
2 x
x =2
,
2当0<x<x 或x <x<x 时, f¢(x)<0,当x <x<x 或x>x 时, f¢(x)>0,
1 2 3 1 2 3
所以 f(x)在0,x 和x ,x 上递减,在x,x 和(x ,+¥)上递增,
1 2 3 1 2 3
所以函数 f(x)在(0,+¥)上有三个不同的极值点,
（ii）由（i）0< x <1,x >2,
1 3
所以x,x 是方程ex =ax的两个不相等的实数根,即ex 1 =ax ,ex3 =ax ,
1 3 1 3
ex1 2a a 2a æ 1 ö
所以 f(x )= - -alnx = - -alnx =-aç +lnx ÷,
1 x2 x 1 x x 1 èx 1 ø
1 1 1 1 1
æ 1 ö
同理 f(x )=-aç +lnx ÷,
3 èx 3 ø
3
æ 1 ö æ 1 ö æ 1 1 ö
-aç +lnx ÷+aç +lnx ÷ -aç +lnx - -lnx ÷
所以 f x - f x  èx 3 ø èx 1 ø èx 3 x 1 ø
3 1 = 3 1 = 3 1
x -x x -x x -x
3 1 3 1 3 1
æx -x x ö
-aç 1 3 +ln 3÷
è x x x ø,
= 3 1 1
x -x
3 1
ex3
由ex 1 =ax ,ex3 =ax ,得ln x 3 =ln a =ln ex3 =lnex3-x1 =x -x ,
1 3 x ex1 ex1 3 1
1
a
æx -x x ö æx -x ö
-aç 1 3 +ln 3÷ -aç 1 3 +x -x ÷
所以 f x - f x  è x x x ø è x x 3 1 ø æ 1 ö,
3 1 = 3 1 1 = 3 1 =aç -1÷
x -x x -x x -x èx x ø
3 1 3 1 3 1 3 1
æe2 ö
因为aÎç ,+¥÷,
è 2 ø
æa2 ö f x - f x  a2
所以要证 f x - f x <ç -a÷ x -x ,只要证 3 1 < -a,
3 1 è e ø 3 1 x -x e
3 1
æ 1 ö a2 1 a 1 a
即证aç -1÷< -a,即证 -1< -1,即证 < ,
èx 3 x 1 ø e x 3 x 1 e x 3 x 1 e
只需证e<axx ,即e<x ×ex3,即e1-x3 <x ,
1 3 1 1
由（i）可得0< x
1
<1,x
3
>2,所以0<e1-x3 <e-1<1,ex
根据（i）中结论可知函数g(x)= 在(0,1)上递减,
x
所以要证e1-x3 <x ,即证g(x )<g(e1-x3),
1 1
因为a= ex1 = ex3 ,所以g(x)=g(x ),所以只要证g(x )<g(e1-x3),即 ex 3 < ee1-x3 ,得 e <ee1-x3 ,
x x 1 3 3 x e1-x 3 x
1 3 3 3
即1-lnx <e1-x3,得1-lnx -e1-x3 <0,
3 3
1 xe1-x-1
令h(x)=1-lnx-e1-x(x>2),则h¢(x)=- +e1-x = (x>2),
x x
令u(x)=xe1-x-1(x>2),则u¢(x)=(1-x)e1-x <0(x>2),
2
所以u(x)在(2,+¥)上递减,所以u(x)<u(2)= -1<0,所以h¢(x)<0,
e
1
所以h(x)在(2,+¥)上递减,所以h(x)<h(2)=1-ln2- <0,所以得证.
e
(八) 与数列前n项和有关的不等式的证明
此类问题一般先由已知条件及导数得出一个不等式,再把该不等式中的自变量依次用1,2,3, ,n代换,然后用
L
叠加法证明.
1 3
【例9】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期5月质量抽测）已知函数 f x=lnx+ x2-ax+ , a>0 .
2 2
(1)当xÎ1,+¥时,函数 fx³0恒成立,求实数a的最大值；
(2)当a=2时,若 f x + f x =0,且x ¹ x ,求证：x +x >2；
1 2 1 2 1 2
n æi-1ö 2
(3)求证：对任意nÎN*,都有2lnn+1+å
ç ÷
>n.
è i ø
i=1
1 3
【解析】（1）当x³1时, f x=lnx+ x2-ax+ ³0恒成立,
2 2
lnx 1 3 ælnx 1 3 ö
即a£ + x+ 恒成立,只需a£ç + x+ ÷ 即可,
x 2 2x è x 2 2xø
min
lnx 1 3 1-lnx 1 3 x2-2lnx-1
令gx= + x+ ,x³1,则g¢x= + - = ,
x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2 2x2-2
令hx=x2-2lnx-1,x³1,则h¢x=2x-
= ,
x x
当x³1时,h¢x³0恒成立,hx在xÎ1,+¥单调递增,所以hx³h1=0,
所以g¢x³0在xÎ1,+¥恒成立,gx在xÎ1,+¥单调递增,
所以gx =g1=2,所以a£2,即实数a的最大值为2.
min1 3
（2）当a=2时, f x=lnx+ x2-2x+ ,x>0,
2 2
所以 f¢x= 1 +x-2=
x-12
³0, f x在xÎ0,+¥上单调递增,
x x
又 f 1=0, f x + f x =0且x ¹ x ,不妨设0<x <1<x ,
1 2 1 2 1 2
要证x +x >2,即证明x >2-x ,
1 2 2 1
因为 f x在xÎ0,+¥上单调递增,即证 f x > f 2-x  ,
2 1
因为 f x + f x =0,即证 f x + f 2-x <0,
1 2 1 1
1 3 1 3
设Fx= f x+ f 2-x=lnx+ x2-2x+ +ln2-x+ 2-x2 -22-x+
2 2 2 2
=lné
ë
x2-xù
û
+x2-2x+1=lné
ë
x2-xù
û
-x2-x+1,0<x<1,
1 1-t
令t=x2-x ,则0<t<1,则jt=lnt-t+1,j¢t= -1= ,
t t
由0<t<1可得j¢t>0,jt在0,1单调递增,
所以jt<j1=0,即Fx= f x+ f 2-x<0,
所以 f x + f 2-x <0成立,所以x +x >2.
1 1 1 2
（3）由（2）可知当a=2时, f x在1,+¥单调递增,且 f x> f 1=0,
1 3
由lnx+ x2-2x+ >0得2lnx+x2-4x+3>0,即2lnx+x-22 >1,
2 2
n+1 n+1 æn+1 ö 2 n+1 æ1-nö 2
令x= ,则2ln +ç -2÷ >1,即2ln +ç ÷ >1,
n n è n ø n è n ø
2 æ1-1ö 2 3 æ1-2ö 2 4 æ1-3ö 2 n+1 æ1-nö 2
所以2ln +ç ÷ >1,2ln +ç ÷ >1,2ln +ç ÷ >1,…,2ln +ç ÷ >1,
1 è 1 ø 2 è 2 ø 3 è 3 ø n è n ø
n æi-1ö 2
相加得2lnn+1+å
ç ÷
>n.
è i ø
i=1
（九）通过同构函数把复杂不等式化为简单不等式
此类问题通常是构造一个函数 f x ,把所证不等式转化为 f gx> f hx ,再根据 f x的单调性转化为
证明一个较简单的不等式.
【例10】（2024届广东省广州市高中毕业班冲刺训练二）已知函数 f x=xeax（a>0）.(1)求 f x在区间-1,1上的最大值与最小值；
(2)当a³1时,求证： f x³lnx+x+1.
1
【解析】（1）解： f¢x=eax1+ax（x>0）（a>0）,令 f¢x=0,则x=- ,
a
1
当0<a£1时,- £-1,所以 f¢x³0在区间-1,1上恒成立, f x在区间-1,1上单调递增,
a
所以 f x = f -1=-e-a, f x = f 1=ea.
min max
1 é 1ö é 1ö
当a>1时,-1<- <1,则当xÎ
ê
-1,- ÷时, f¢x<0, f x在区间
ê
-1,- ÷上单调递减；
a ë aø ë aø
当xÎ æ ç- 1 ,1
ú
ù 时, f¢x>0, f x在区间 æ ç- 1 ,1
ú
ù 上单调递增,
è a û è a û
æ 1ö 1
所以 f x = f ç- ÷=- ,
min è aø ae
而 f -1=-e-a <0, f 1=ea >0.所以 f x = f 1=ea
max
综上所述,当0<a£1时, f x =-e-a, f x =ea；
min max
1
当a>1时,所以 f x =- , f x =ea.
min ae max
（2）因为x>0,a³1,所以xeax ³xex,欲证xeax ³lnx+x+1,只需证明xex ³lnx+x+1,
只需证明xex =elnxex =exlnx+x ³lnx+x+1,
因此构造函数hx=ex-x-1（xÎR）,h¢x=ex -1,
当xÎ-¥,0时,h¢x<0,hx在-¥,0上单调递减；
当xÎ0,+¥时,h¢x>0,hx在0,+¥上单调递增：
所以hx³h0=0,所以ex ³ x+1,所以xex ³lnx+x+1,
因此 f x³lnx+x+1.
【例1】（2024届内蒙古呼和浩特市高三第二次质量监测）对于函数 f x ,若实数x 满足 f x =x ,则x 称
0 0 0 0
为 f x的不动点．已知函数 f x=ex-2x+ae-xx³0．(1)当a=-1时,求证 fx³0；
(2)当a=0时,求函数 f x的不动点的个数；
1 1 1
(3)设nÎN*,证明 + + L + >lnn+1 ．
12+1 22+2 n2+n
【解析】（1）当a=-1时,有 f x=ex-2x-e-xx³0 ,
1 1 1
所以 f¢x=ex+ -2 x³0 ,所以 f¢x=ex+ -2³2 ex× -2=0
ex ex ex
1
当且仅当ex = ,ex =1,即x=0时,等号成立,
ex
所以当xÎ0,+¥时, f¢x³0, f x单调递增,
所以 f x³ f x = f 0=0,所以 f x³0得证.
min
（2）当a=0时, f x=ex-2xx³0 ,
根据题意可知：方程ex -2x=x x³0解的个数即为函数 f x的不动点的个数,
化ex -2x=x x³0为ex-3x=0 x³0 ,令gx=ex-3x x³0 ,
所以函数gx的零点个数,即为函数 f x的不动点的个数,
g¢x=ex-3x³0 ,令g¢x=0,即ex =3,解得x=ln3,
x 0,ln3 ln3 ln3,+¥
g¢x
- 0 +
gx 单调递减 3-3ln3 单调递增
因为g0=1>0,gln3=3-3ln3<0,所以gx在0,ln3上有唯一一个零点,
又g5=e5-15>25-15=17>0,所以gx在ln3,+¥上有唯一一个零点,
综上所述,函数 f x有两个不动点.
（3）由（1）知,ex-2x-e-x >0,xÎ0,+¥ ,
1
令x=lns,s>1,则s-2lns-s-1 >0,即s- >2lns,s>1,
s1
1 1 1
1 1+ - >2ln 1+ n æ 1ö
设s= 1+ ,nÎN*,则满足s>1,所以 n 1 n ,即 >lnç1+ ÷,
n 1+ 1 è nø
1+
n
n
1 æn+1ö
所以 >lnç ÷=lnn+1-lnn,
n2+n è n ø
1 1 1
所以 + + L + >ln2-ln1+ln3-ln2+ L +ln(n+1)-lnn=lnn+1 ,即
12+1 22+2 n2+n
1 1 1
+ + L + >lnn+1 .
12+1 22+2 n2+n
1
【例2】（2024届四川省自贡市高三第三次诊断性考试）已知函数 f(x)=1+ +alnx(a>0)
x
(1)求函数 f(x)的单调区间；
a
(2)函数 f(x)有唯一零点x,函数g(x)=x-sinx- 在R上的零点为x．证明：x <x ．
1 e2 2 1 2
1 1 a ax-1
【解析】（1）函数 f(x)=1+ +alnx(a>0)的定义域为0,+¥ ,且 f¢(x)=- + = ,
x x2 x x2
1 1
所以当0<x< 时 f¢(x)<0,当x> 时 f¢(x)>0,
a a
æ 1ö æ1 ö
所以 f x的单调递减区间为ç0, ÷,单调递增区间为ç ,+¥÷；
è aø èa ø
1 æ1ö
（2）法一：由（1）可知若函数 f x有唯一零点x,则x = ,即 f ç ÷=-alna+a+1=0,
1 1 a èaø
令jx=-xlnx+x+1,则j¢x=-lnx,
当x>1时,j¢x<0,jx单调递减,当0<x<1时,j¢x>0,jx单调递增,
因为e4 >2.74 =53.1441>27,e5 <35 =243<256,
所以j3=-3ln3+4=4-ln27=lne4-ln27>0,
j4=-4ln4+5=5-ln256=lne5-ln256<0,
当0<x<1时jx=x1-lnx+1>0,当x®+¥时jx®-¥,
1 1 1
所以jx在3,4上存在唯一零点,所以3<a<3,即 < < ,
4 a 3
e-2 e-2
令hx= +sinx-x,则h¢x=- +cosx-1<0,
x x2
所以hx在0,+¥上单调递减,
æ1ö æ1ö 3 1 1 3 1 1 1
故hç ÷>hç ÷= +sin - > +sin - =sin >0,
èaø è3ø e2 3 3 32 3 3 31 1
所以ae-2 > -sin ,又gx =x -sinx -ae-2 =0,
a a 2 2 2
1 1
所以x -sinx =ae-2 > -sin =x -sinx ,
2 2 a a 1 1
令Fx= x-sinx,则F¢x=1-cosx³0,所以Fx在0,+¥上单调递增,
又Fx >Fx  ,所以x >x .
2 1 2 1
1
法二：因为a>0,由（1）可知若函数 f x有唯一零点x,则x = ,
1 1 a
1 1
即 f x =alnx + +1= lnx +x +1=0Þlnx +x +1=0,
1 1 x x 1 1 1 1
1 1
æ1ö æ 1 ö
设h(x)=lnx+x+1,hç ÷>0,hç ÷<0,而hx在0,+¥上单调递增,
èeø èe2 ø
æ 1 1ö
所以x Îç , ÷,g¢(x)=1-cosx≥0,所以gx在R上单调递增,
1 èe2 eø
a
又g(0)=- <0,\x >0,
e2 1
1 1
令j(x)=x-sinx- ,j¢(x)=1-cosx+ >0,所以j(x)在0,+¥上单调递增,
e2x e2x2
æ1ö 1 a 1
所以\jx 1 <jç èe ÷ ø =-sin e <0,而gx 2 =x 2 -sinx 2 - e2 =x 2 -sinx 1 - x e2 =0,
1
1 1
\gx =x -sinx - <gx =x -sinx - \x <x .
1 1 1 x e2 2 2 2 x e2 1 1
1 1
【例3】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x=ex,gx=lnx.
x+1
(1)若函数hx=agx-1- ,aÎR,讨论函数hx的单调性；
x-1
1
(2)证明： 2x-1 f 2x- f x>2gx-2.（参考数据： 4 , 1 ）
e5 »2.23 e2 »1.65
4
【解析】（1）由题意hx=alnx-1- x+1 ,x>1,所以h¢x= ax-a+2 ,x>1 ,
x-1
x-12
当a=0时,h¢x>0,所以hx在1,+¥上为增函数；
2
当a¹0时,令h¢x=0得x=1-
,
a
2
所以若a>0时,1- <1,所以h¢x>0,所以hx在1,+¥上为增函数,
a
2 2 2
若a<0时,1- >1,且1<x<1- 时,h¢x>0,x>1- 时,h¢x<0,
a a a
æ 2ö æ 2 ö
所以hx在ç1,1- ÷上为增函数,在ç1- ,+¥÷上为减函数,
è aø è a ø综上：当a³0时,hx在1,+¥上为增函数,
æ 2ö æ 2 ö
当a<0时,hx在ç1,1- ÷上为增函数,在ç1- ,+¥÷上为减函数；
è aø è a ø
1 1
（2） 2x-1 f 2x- f x>2gx-2等价于 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0,
4 4
1
设Fx= 2x-1e2x-ex-2lnx+2,则
4
2 x2e2x-xex-2  xex-2  xex+1 
F¢x=xe2x-ex- = = ,
x x x
因为x>0,所以xex+1>0,
设jx=xex-2,则j¢x=x+1ex >0,则jx在0,+¥上单调递增,
æ4ö 4 4
而jç ÷= e5 -2<0,j1=e-2>0,
è5ø 5
æ4 ö
所以存在x Îç ,1÷,使jx =0,即x ex 0 =2,所以x +lnx =ln2,即lnx =ln2-x ,
0 è5 ø 0 0 0 0 0 0
当0<x<x 时,F¢x<0,则Fx在0,x 上单调递减,
0 0
当x>x 时,F¢x>0,则Fx在x ,+¥上单调递增,
0 0
1
所以Fx = 2x -1e2x0 -ex0 -2lnx +2
min 4 0 0
1 4 2 1
= 2x -1 - -2ln2+2x +2=- +2x -2ln2+2,
4 0 x2 x 0 x2 0
0 0 0
1 æ4 ö 2
设mt=- +2t-2ln2+2,ç <t<1÷,则m¢t= +2>0,
t2 è5 ø t3
æ4 ö æ4ö 25 8 163
则mt在ç ,1÷上单调递增,mç ÷=- + -2ln2+2= -2ln2>0,
è5 ø è5ø 16 5 80
1
则Fx >0,则不等式 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0恒成立,
min 4
1
即不等式 2x-1 f 2x- f x>2gx-2成立.
4
a+lnx
【例4】（2024届天津市滨海新区高考模拟检测）已知函数 f x= ,其中a为实数．
x
(1)当a=1时,
①求函数 f x的图象在x=e（e为自然对数的底数）处的切线方程；
②若对任意的xÎD,均有mx£nx,则称mx为nx在区间D上的下界函数,nx为mx在区间D上的
k
上界函数．若gx= ,且gx为 f x在1,+¥上的下界函数,求实数k的取值范围．
x+1Gx -Gx  Hx -Hx 
(2)当a=0时,若Gx=ex,Hx=xf x ,且1<x <x ,设k = 1 2 ,k = 1 2 ．证明：
1 2 1 x -x 2 x -x
1 2 1 2
Gx +Gx  1
k -k < 1 2 - ．
1 2 2 xx
1 2
1
1+lnx ×x-1+lnx
【解析】（1）①当a=1时, f x= x ,所以 f¢x= x = lnx,
x2 x2
1
所以函数y= f x的图像在x=e处的切线斜率k = f¢e=- ．
e2
2 1 3
又因为 f e= ,所以函数y= f x的图象在x=e处的切线方程为y=- x+ ,
e e2 e
②因为函数y=gx为y= f x在1,+¥上的下界函数,
k 1+lnx
所以gx£ f x,即 £ ．
x+1 x
因为xÎ1,+¥ ,所以x+1>0,故k £ 1+lnxx+1 = xlnx+lnx+1 +1．
x x
xlnx+lnx+1 x-lnx
令hx= +1,x³1,则h¢x= ．
x x2
1 x-1
设vx=x-lnx,x³1,则v¢x=1- = ,
x x
所以当x³1时,v¢x³0,从而函数y=vx在1,+¥上单调递增,
所以vx³v1=1,故h¢x>0在1,+¥上恒成立,所以函数y=hx在1,+¥上单调递增,
从而hx³h1=2．
因为gx£ f x在1,+¥上恒成立,所以k £hx在1,+¥上恒成立,
故k £2,即实数k的取值范围为-¥,2．
（2）当a=0时,Gx=ex,Hx=xf x=lnx,1<x <x ,
1 2
Gx +Gx  1
要证k -k < 1 2 - ,
1 2 2 xx
1 2
即证 é ë Gx 1 -Hx 1 ù û -é ë Gx 2 -Hx 2 ù û < Gx 1 +Gx 2  - 1 ,
x -x 2 xx
1 2 1 2
1 1
+
因为 1 x x ,
< 1 2
xx 2
1 21 1
+
所以只要证ë éGx 1 -Hx 1  û ù- ë éGx 2 -Hx 2 ù û < Gx 1 +Gx 2  - x 1 x 2 ,
x -x 2 2
1 2
1 1
Gx - +Gx -
即证é ë Gx 1 -Hx 1 ù û -é ë Gx 2 -Hx 2 ù û < 1 x 1 2 x 2 ,
x -x 2
1 2
1
因为G¢x=ex,H¢x=
,
x
即证 ë
éGx
1
-Hx
1

û
ù-
ë
éGx
2
-Hx
2

û
ù
<
G¢x
1
-H¢x
1
+G¢x
2
-H¢x
2

,
x -x 2
1 2
Px -Px  P¢x +P¢x 
令Px=Gx-Hx=ex-lnx,即证 1 2 < 1 2 ,
x -x 2
1 2
P¢x +P¢x 
因为1<x <x ,即证Px -Px > 1 2 x -x （*）,
1 2 1 2 2 1 2
令x =x,则1<x<x ．构造函数：
1 2
P¢x+P¢x 
Qx=Px-Px - 2 x-x 
2 2 2
1 1
ex- +ex2 -
x x
=  ex-lnx  -  ex2 -lnx  - 2 x-x 
2 2 2
ex+ 1 ex- 1 +ex2 - 1
则
Q¢x=
æ
çex-
1ö
÷-
x2
x-x -
x x
2
,
è xø 2 2 2
令R(x)=Q¢(x),
2 1 1 2
ex- ex+ ex+ ex-
则 R¢x= æ çex+ 1 ö ÷- x3 x-x - x2 - x2 =- x3 x-x ,
è x2 ø 2 2 2 2 2 2
2
因为1<x<x ,ex- >e-2>0,x-x <0,
2 x3 2
2
ex-
所以
R¢x=-
x3
x-x >0
．所以Q¢x在1,+¥单调递增．
2 2
得到Q¢x<Q¢x =0,可知Qx在1,+¥单调递减,Qx>Qx =0．
2 2
所以（*）成立,原命题成立．
【例5】（2024届河北省沧州市泊头市第一中学等校高三下学期5月模拟）对于函数 f x和gx ,设
aÎx∣f x=0,bÎx∣gx=0 ,若存在a,b使得a-b£1,则称 f x和gx互为“零点相邻函数”.设
f x=lna+xaÎR ,gx=xx+1 ,且 f x和gx互为“零点相邻函数”.(1)求a的取值范围；
(2)令hx=g¢x- f x（g¢x为gx的导函数）,分析hx与gx是否互为“零点相邻函数”；
æ1ö 1
(3)若a=1,x>0,证明： f ç ÷- <0 .
èxø gx
【解析】（1）令 f x=lna+x=0,得x=1-a,令gx=xx+1=0,得x =-1,x =0,
1 2
①1-a--1 £1,解得1£a£3,②1-a-0 £1,解得0£a£2,
所以a的取值范围为0,3
.
1 2x+2a-1
（2）hx=2x+1-lnx+a(x>-a),则h¢x=2- = ,
x+a x+a
1 1
令h¢x=0,得x= -a,当-a<x< -a时,h¢x<0,hx单调递减,
2 2
1
当x> -a时,h¢x>0,hx单调递增,
2
æ1 ö 1
所以h(x) =hç -a÷=2-2a-ln =2+ln2-2a,
min è2 ø 2
é ln2ö
又aÎ0,3,当aÎ
ê ë
0,1+
2 ø
÷时,h(x)
min
>0,hx无零点,
所以hx与gx不互.为“零点相邻函数”；
ln2 1 1+ln2
当a=1+ 时,h(x) =0,函数hx的零点为x= -a=- Î-1,0,
2 min 2 2
所以hx与gx互为“零点相邻函数”；
æ ln2 5ù
当aÎç
è
1+
2
,
2 ú û
时,h(x)
min
<0,又因为h1>0,
æ1 ö
所以此时在区间ç -a,1÷Í-2,1内存在零点,所以hx与gx互为“零点相邻函数”；
è2 ø
当aÎ æ ç è 5 2 ,3 ù û ú 时,h(x) min <0,又因为h-1<0,h1>0,
所以在区间-1,1Í-2,1内存在零点,所以hx与gx互为“零点相邻函数”.
é ln2ö
综上,当aÎ
ê
0,1+ ÷时,hx与gx不互为“零点相邻函数”,
ë 2 ø
é ln2 ù
当aÎ 1+ ,3 时,hx与gx互为“零点相邻函数”.
ê ú
ë 2 û
æ1ö 1 æ 1ö 1
（3）当x>0,a=1时, f ç ÷- <0Ûlnç1+ ÷- <0 ,
èxø gx è xø xx+1设t = 1 ,则t >0,则ln æ ç1+ 1ö ÷- 1 <0Ûln1+t- t <0Û 1+tln1+t-t<0 ,
x è xø xx+1 t+1
ln1+t+2-2 1+t
设Ft= 1+tln1+t-t(t >0),则F¢t= ,
2 1+t
1 1 1- 1+t
令pt=ln1+t+2-2 1+t,t >0,则p¢t= - = <0,
1+t 1+t 1+t
所以pt在0,+¥上单调递减,
又p0=0,所以pt<0,即F¢t<0,所以Ft在0,+¥上单调递减,
又F0=0,所以Ft<0,得证.
2
1．（2024浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月联考）已知函数 f x=ex-1+alnx- x,aÎR
a
(1)当a=-2时,求 f x的最小值；
(2)若 f x在定义域内单调递增,求实数a的取值范围；
1
(3)当0<a<1时,设x为函数 f x的极大值点,求证： f x < .
1 1 e
2．（2024届广东省肇庆市德庆县香山中学高三下学期五月月考）已知函数 f x=ax2-lnx-1,
gx=xex-ax2aÎR．
(1)讨论 f x的单调性；
(2)设Fx= f x+gx-x．
（i）证明：Fx的导函数F¢x存在唯一零点；
（ii）证明：Fx³0．
3．（2025届河北省“五个一”名校联盟高三第一次联）已知函数 f x=alnx-x.
(1)讨论 f x的单调性；æaö a
(2)证明：当a>0时, f x£ç ÷ -1.
èeø
4．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知 f x=ex-ax-1,aÎR,e是自然对数的底数.
(1)当a=1时,求函数y= f x的极值；
(2)若关于x的方程 f x+1=0有两个不等实根,求a的取值范围；
(3)当a>0时,若满足 f x = f x x <x ,求证：x +x <2lna.
1 2 1 2 1 2
lnex
5．（2024届福建省南平市建阳区年高三预测绝密卷模拟）已知函数 f x= ,其中e为自然对数的底
ax
数．
(1)讨论 f x的单调性；
(2)若方程 f x=1有两个不同的根x,x ．
1 2
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x2+x2 >2．
1 2
6．（2024届江苏省徐州市高三考前打靶卷）已知函数 f x=2x2+x-lnx+m ,mÎR.
(1)当m=0时,求曲线y= f x在点(1, f(1))处的切线方程；
(2)当m£1时,证明： fx³0.
3
7．（2024届宁夏吴忠市吴忠中学高三下学期第五次模拟）已知函数 f(x)=aex-x- (aÎR)．
2
(1)讨论 f x的单调性；
(2)证明：当a>0时, f(x)>2lna-a2．
8．（2024届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数 f x=lnx+1+kx+1．
(1)求 f x的单调区间；
(2)若 f x£-1恒成立,求实数k的取值范围；
n lni nn-1
(3)求证：å < ．（nÎN且n³2）
i+1 4
i=2
9．（2024届天津高考数学真题）设函数 f x=xlnx．(1)求 f x图象上点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x³a  x- x  在xÎ0,+¥时恒成立,求a的值；
(3)若x 1 ,x 2 Î0,1 ,证明 f x 1 - f x 2  £ x 1 -x 2 1 2 ．
10．（2024届辽宁省凤城市第一中学高三下学期期初考试）已知函数 f x=xex-1-lnx-x.
(1)求函数 f x的最小值；
1
(2)求证：eé ë f x+xù û >ex-e-1lnx- .
2
æ1 ö 2
11．（2024届山东省智慧上进高三下学期5月大联考）已知函数 f x=ç +a÷lnx+ -2,其中aÎR．
èx ø x
(1)当a³1时,判断 f x的单调性；
(2)若 f x存在两个极值点x,x x >x >0．
1 2 2 1
2
（ⅰ）证明：x -x +2> ；
2 1 a
1 4 5
（ⅱ）证明：xÎ1,+¥时, f x> - + -2．
x3 x2 x
2 2 2
12．（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列a 的前n项和为S ,首项
n n
a =1.
1
(1)若a2 =4S -2a -1,求数列a 的通项公式；
n n n n
(2)若函数 f(x)=2ex +x,正项数列a 满足：a = f(a )(nÎN*).
n n+1 n
（i）证明：S ³3n -n-1；
n
1 1 1 1
（ii）证明：(1+ )(1+ )(1+ )
L
(1+ )< 3 e(n³2,nÎN*).
5a2 5a2 5a2 5a2
2 3 4 n
x
14．（2024届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校4月联考）已知函数 f x= ,gx=lnx.
ex
(1)求 f x的极值；
2
(2)证明：xgx+2>exf x- .
x
15．（2024届安徽省合肥市第六中学高三最后一卷）已知函数 f(x)=a(1-2lnx)+4x6(aÎR)．
(1)讨论 f(x)的单调性；1
(2)若x,x x ¹ x 为函数g(x)=kx2+ -lnx的两个零点,求证：xx 4 >12e4．
1 2 1 2 x2 1 2