专题05构造函数证明不等式（教师版）-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
【解析】（1）当a=-2时, f x=ex-1-2lnx+x,定义域为0,+¥ ,
2 2
则 f¢x=ex-1- +1,记mx=ex-1- +1
x x
2
由m¢x=ex-1+ >0,可得 f¢x在0,+¥单调递增,且 f¢1=0,
x2
故xÎ0,1时, f¢x<0, f x单调递减；xÎ1,+¥时, f¢x>0, f x单调递增,
则 f x的最小值为 f 1=1.
（2）若 f x在定义域内单调递增,则 f¢x³0在xÎ0,+¥上恒成立,
2
xex-1- x+a
f¢x=ex-1+ a - 2 = a ,
x a x
2 a+2a-1
令gx=xex-1- x+a,则g1= ³0,且g0=a³0可知a³1,
a a2
下证a³1时,gx³0,由ha=xex-1- x+a关于a³1单调递增,则ha³xex-1-2x+1,
a
令Gx=xex-1-2x+1,则G¢x=x+1ex-1-2,故G¢x在xÎ0,+¥上单调递增,且G¢1=0,
则Gx在0,1上单调递减,在1,+¥上单调递增,所以Gx³G1=0,
综上所述,aÎ1,+¥时, f x在定义域0,+¥上单调递增.
a 2 a 2 a
（3） f¢x=ex-1+ - ,记nx=ex-1+ - n¢x=ex-1- ,0<a<1,
x a x a x2
易知n¢x在0,+¥上单调递增,且x趋于0时,n¢x趋于-¥,n¢1=1-a>0,
所以存在唯一x Î0,1 ,使得n¢x =0,
0 0
故 f¢x在0,x 上单调递减, x ,+¥单调递增,其中x2ex0-1 =a,
0 0 0
根据函数y=x2ex-1在0,+¥上单调递增且aÎ0,1 ,得0< x2ex0-1<1,
0
a 2 2
又x +1ex 0 -1<2,所以 f¢x =ex0-1+ - =x +1ex0-1- <0,
0 0 x a 0 x2ex0-1
0 0
因为当x趋于0时, f¢x趋于-¥,所以存在唯一极大值点x,满足0<x <x ,
1 1 0
a 2 2
又 f¢x =ex1-1+ - =0,则 x =xex1-1+a,
1 x a a 1 1
1
2 2
由 f¢a=ea-1+1- <2- <0,故x <a<1,
a a 1
2
f x =ex1-1+alnx - x =1-x ex1-1+alnx -1<1-x ex1-1+x lnx -1,
1 1 a 1 1 1 1 1 1
令jx=1-xex-1+xlnx-1 ,xÎ0,1
,
1
则j¢x=-xex-1+lnx<0,x趋于0时,xlnx-1<0,x=0时,1-xex-1 = ,
e
1 1
所以jx< ,即 f x < .
e 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．
1 2ax2-1
【解析】（1） f x的定义域为0,+¥ , f¢x=2ax- = ,
x x
当a£0时,则2ax2-1<0在0,+¥内恒成立,可知 f x在0,+¥内单调递减；
1 1
当a>0时,令 f¢x>0,解得x> ；令 f¢x<0,解得0<x< ；
2a 2a
æ 1 ö æ 1 ö
可知 f x在ç0, ÷内单调递减,在ç ,+¥÷内单调递增；
ç 2a ÷ ç 2a ÷
è ø è ø
综上所述：当a£0时, f x在0,+¥内单调递减；
æ 1 ö æ 1 ö
当a>0时, f x在ç0, ÷内单调递减,在ç ,+¥÷内单调递增．
ç 2a ÷ ç 2a ÷
è ø è ø
1 æ 1ö
（2）（i）F¢x=x+1ex- -1=x+1 çex- ÷,由x>0可知x+1>0,
x è xø
1 1
设hx=ex- ,x>0,因为y=ex,y=- 在0,+¥内单调递增,
x x
æ1ö
则hx在0,+¥内单调递增,且hç ÷= e-2<0,h1=e-1>0,
è2ø
æ1 ö
可知hx在0,+¥内存在唯一零点x Îç ,1÷,从而知F¢x存在唯一零点；
0 è2 ø
（ii）由（i）知：当0<x<x ,则hx<0,即F¢x<0,Fx单调递减,
0
当x>x ,则hx>0,即F¢x>0,Fx单调递增,
0
则Fx³Fx =x ex 0 -lnx -x -1,
0 0 0 0
1 1 æ1 ö
又因为ex 0 - =0,则ex 0 = ,x =e-x0,x Îç ,1÷,
x x 0 0 è2 ø
0 0
1
可得Fx =x ´ -lne-x 0 -x -1=0,即Fx³0．
0 0 x 0
0
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
a a-x
【解析】（1）由题函数定义域为0,+¥ , f¢x= -1= ,
x x故当a£0时, f¢x<0恒成立,所以函数 f x在0,+¥上单调递减；
当a>0时, f¢x在0,+¥上单调递减,令 f¢x=0Þx=a,
则xÎ0,a时, f¢x>0；xÎa,+¥时, f¢x<0,
所以函数 f x在0,a上单调递增,在a,+¥上单调递减,
综上,当a£0时,函数 f x在0,+¥上单调递减；当a>0时,函数 f x在0,a上单调递增,在a,+¥上单调
递减.
（2）由（1）当a>0时,函数 f x在0,a上单调递增,在a,+¥上单调递减,
故 f x£ f a=alna-a在0,+¥上恒成立,
æaö a æaö a
故证 f x£ç ÷ -1a>0Û证alna-a£ç ÷ -1a>0,
èeø èeø
æaö a æaö a æaö a æaö a
即Ûlnç ÷ £ç ÷ -1a>0Ûlnç ÷ -ç ÷ +1£0,
èeø èeø èeø èeø
1 1-x
令gx=lnx-x+1x>0 ,则g¢x= -1= x>0,
x x
故当xÎ0,1时,g¢x>0；xÎ1,+¥时,g¢x<0,
所以gx在0,1上单调递增,在1,+¥上单调递减,
所以gx£g1=0在0,+¥上恒成立,故ln æ
ç
aö
÷
a
-
æ
ç
aö
÷
a
+1£0,
èeø èeø
æaö a
所以当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
【解析】（1）当a=1时, f x=ex-x-1,定义域为R,求导可得 f¢x=ex-1,令 f¢x=0,得x=0,
当x<0时, f¢x<0,函数 f x在区间-¥,0上单调递减,
当x>0时, f¢x>0,函数 f x在区间0,+¥上单调递增,
所以y= f x在x=0处取到极小值为0,无极大值.
（2）方程 f x+1=ex-ax=0,当x=0时,显然方程不成立,
ex
所以x¹0,则a= ,
x
ex
方程有两个不等实根,即y=a与gx= 的图象有2个交点,
x
x-1ex
g¢x= ,当x<0或0<x<1时,g¢x<0,
x2
gx在区间-¥,0和0,1上单调递减,
并且xÎ-¥,0时,gx<0,当xÎ0,1时,gx>0,
当x>1时,g¢x>0,gx在区间1,+¥上单调递增,
x>0时,当x=1时,gx取得最小值,g1=e,
作出函数y=gx的图象,如图所示：
ex
因此y=a与gx= 有2个交点时,a>e,故a的取值范围为e,+¥ .
x
（3）证明：a>0,由 f¢x=ex-a=0,得x=lna,
当x<lna时, f¢x<0,当x>lna时, f¢x>0,
所以函数y= f x在-¥,lna上单调递减,在lna,+¥上单调递增.由题意x <x ,且 f x = f x  ,则x Î-¥,lna ,x Îlna,+¥ .
1 2 1 2 1 2
要证x +x <2lna,只需证x <2lna-x ,而x <2lna-x <lna,且函数 f x在-¥,lna上单调递减,
1 2 1 2 1 2
故只需证 f x > f 2lna-x  ,
1 2
又 f x = f x  ,所以只需证 f x > f 2lna-x  ,即证 f x - f 2lna-x >0,
1 2 2 2 2 2
令hx= f x- f 2lna-x ,
即hx=ex-ax-1-ée2lna-x-a2lna-x-1ù=ex-a2e-x-2ax+2alna,
ë û
h¢x=ex+a2e-x-2a,
由均值不等式可得h¢x=ex+a2e-x-2a³2 ex×a2e-x -2a=0,
当且仅当ex =a2e-x,即x=lna时,等号成立.所以函数hx在R上单调递增.
由x >lna,可得hx >hlna=0,即 f x - f 2lna-x >0,
2 2 2 2
所以 f x > f 2lna-x  ,
1 2
又函数 f x在-¥,lna上单调递减,所以x <2lna-x ,即x +x <2lna得证.
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
lnex 1+lnx lnx
【解析】（1）由题意得 f x= = ,xÎ0,+¥ ,则 f¢x=- ,
ax ax ax2
由 f¢x=0,解得x=1．显然a¹0,
若a>0,则当0<x<1时, f¢x>0, f x单调递增,当x>1时, f¢x<0, f x单调递减；
若a<0,则当0<x<1时, f¢x<0, f x单调递减,当x>1时, f¢x>0, f x单调递增．综上,当a>0时, f x在区间0,1内单调递增,在区间1,+¥内单调递减；
当a<0时, f x在区间0,1内单调递减,在区间1,+¥内单调递增．
lnex 1+lnx
（2）（i）由 =1,得 =a,
ax x
1+lnx
设gx= ,由(1)得gx在区间0,1内单调递增,在区间1,+¥内单调递减,
x
æ1ö
又gç ÷=0,g1=1,当x>1时,gx>0,且当x®+¥时,gx®0,
èeø
1+lnx lnex
所以当0<a<1时,方程 =a有两个不同的根,即方程 =1有两个不同的根,故a的取值范围是0,1．
x ax
lnx +1 lnx +1
（ii）不妨设x <x ,则0<x <1<x ,且 1 = 2 ．
1 2 1 2 x x
1 2
解法一：
当x Î2,+¥时,x2+x2 >x2 ³4>2,即x2+x2 >2； 当x Î1,2时,2-x Î0,1．
2 1 2 2 1 2 2 2
lnx 1 ln2-x 1
设px=gx-g2-x= + - - ,0<x<1,
x x 2-x 2-x
则p¢x=- lnx - ln2-x >- lnx - ln2-x ln ë é-x-12+1 û ù
x2 2-x2 x2
x2
=-
x2
>0,
所以px在区间0,1内单调递增,则px< p1=0,即gx<g2-x
,
所以g2-x >gx =gx ,
1 1 2
又x Î0,1,2-x >1,x >1,gx在区间1,+¥内单调递减,
1 1 2
所以2-x <x ,即x +x >2,又x ¹ x ,所以x2+x2 >2x x ,
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
故2x2+2x2 >x2+x2+2xx =x +x 2 >4,所以x2+x2 >2,得证．
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
解法二：
æ1ö 1+lnx
设hx=gx-gç ÷= -x1-lnx ,xÎ0,+¥ ,
èxø x
-lnx x2-1
则h¢x= +lnx=lnx× ³0,
x2 x2
所以hx在区间0,+¥内单调递增,
æ 1 ö æ 1 ö
又h1=0,所以hx =gx -gç ÷<0,即gx <gç ÷．
1 1 èx ø 1 èx ø
1 1æ 1 ö
又gx =gx  ,所以gx <gç ÷,
2 1 2 èx ø
1
1
又x >1, >1,gx 在区间1,+¥内单调递减．
2 x
1
1
所以x > ,即xx >1,又x ¹ x ,所以x2 +x2 >2x x >2,得证．
2 x 1 2 1 2 1 2 1 2
1
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.
1
【解析】（1）当m=0时, f x=2x2+x-lnx, f¢x=4x+1- ,
x
则 f¢1=4,又因为 f1=3,
所以曲线y= f x在点 1, f 1 处的切线方程为y-3=4x-1,即4x-y-1=0.
（2）当m£1时,有lnx+m£lnx+1 ,所以-lnx+m³-lnx+1
,
因为 f x=2x2+x-lnx+m ,所以 f x³2x2+x-lnx+1 .
令gx=2x2+x-lnx+1 x>-1
,
1 4x2+5x x4x+5
则g¢x=4x+1- = = ,
x+1 x+1 x+1
当-1<x<0时,g¢x<0,gx在-1,0上单调递减；
当x>0时,g¢x>0,gx在0,+¥上单调递增.
所以gx³g0=0.故 f x³g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．
【解析】（1）由题意知 f¢(x)=aex-1,
当a£0时, f¢(x)<0,所以 f x在(-¥,+¥)上单调递减；
当a>0时,令 f¢(x)<0,解得x<-lna,令 f¢(x)>0,解得x>-lna,所以 f(x)在(-¥,-lna)上单调递减,在(-lna,+¥)上单调递增
3 1
（2）由（1）得 f(x) = f(-lna)=ae-lna +lna- =lna- ,
min 2 2
1 1
要证 f(x)>2lna-a2,即证lna- >2lna-a2,即证a2- -lna>0,
2 2
1 1 2a2-1
令g(a)=a2- -lna(a>0),则g¢(a)=2a- = ,
2 a a
2 2
令g¢(a)<0,解得0<a< ,令g¢(a)>0,解得a> ,
2 2
æ 2ö æ 2 ö
所以g(a)在ç0, ÷上单调递减,在ç ,+¥÷上单调递增,
ç ÷ ç ÷
2 2
è ø è ø
2
æ 2ö æ 2ö 1 2
所以g(a) =gç ÷=ç ÷ - -ln =ln 2 >0,
min ç 2 ÷ ç 2 ÷ 2 2
è ø è ø
则g(a)>0恒成立,所以当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
1
【解析】（1）函数 f x的定义域为-1,+¥． f¢x= +k．
x+1
①k ³0时, f¢x>0, f x的递增区间为-1,+¥ ,无递减区间；
1 1
③k <0时,令 f¢x>0得-1<x<-1- ；令 f¢x<0得x>-1- ,
k k
æ 1ö æ 1 ö
所以 f x的递增区间为ç-1,-1- ÷,递减区间为ç-1- ,+¥÷．
è kø è k ø
（2）由（1）知,k ³0时, f x在-1,+¥上递增, f 0=k ³0,不合题意,
æ 1ö
故只考虑k <0的情况,由（1）知 f x = f ç-1- ÷=-1-ln-k£-1
max è kø
即ln-k³0Þ-k ³1Þk £-1，综上,k的取值范围为k £-1．
（3）由（2）知：当k =-1时,lnx+1-x+1£-1恒成立,所以lnx+1£x,
所以lnx<x-1当x³2恒成立,令x=n2 nÎN*,n>1  ,进而lnn2 <n2-1  nÎN*,n³2  ,
lnn n-1
即2lnn<n-1n+1 ,\ <  nÎN*,n³2  ．
n+1 2
n lni ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n-1 nn-1
所以å = + + +×××+ < + + +×××+ = ．（nÎN且n³2）
i+1 3 4 5 n+1 2 2 2 2 4
i=2
n lni nn-1
即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 ．
【解析】（1）由于 f x=xlnx,故 f¢x=lnx+1.
所以 f 1=0, f¢1=1,所以所求的切线经过1,0 ,且斜率为1,故其方程为y=x-1.
1 t-1
（2）设ht=t-1-lnt,则h¢t=1- = ,从而当0<t<1时h¢t<0,当t>1时h¢t>0.
t t
所以ht在0,1上递减,在1,+¥上递增,这就说明ht³h1,即t-1³lnt,且等号成立当且仅当t
=1.
设gt=at-1-2lnt,则
f x-a  x- x  =xlnx-a  x- x  =x æ ça æ ç 1 -1 ö ÷ -2ln 1 ö ÷=x×g æ ç 1 ö ÷.
è è x ø xø è xø
1
当xÎ0,+¥时, 的取值范围是0,+¥ ,所以命题等价于对任意tÎ0,+¥ ,都有gt³0.
x
一方面,若对任意tÎ0,+¥ ,都有gt³0,则对tÎ0,+¥有
1 æ1 ö 2
0£gt=at-1-2lnt =at-1+2ln £at-1+2ç -1÷=at+ -a-2,
t èt ø t
取t =2,得0£a-1,故a³1>0.
2 2 a  2
再取t= ,得0£a× +2 -a-2=2 2a-a-2=- a- 2 ,所以a=2.
a a 2
另一方面,若a=2,则对任意tÎ0,+¥都有gt=2t-1-2lnt =2ht³0,满足条件.
综合以上两个方面,知a的值是2.f b- f a
（3）先证明一个结论：对0<a<b,有lna+1< <lnb+1.
b-a
b
ln
blnb-alna alnb-alna a
证明：前面已经证明不等式t-1³lnt,故 = +lnb= +lnb<1+lnb,
b-a b-a b
-1
a
a æa ö
-ln -ç -1÷
blnb-alna blnb-blna b èb ø
且 = +lna= +lna> +lna=1+lna,
b-a b-a a a
1- 1-
b b
blnb-alna f b- f a
所以lna+1< <lnb+1,即lna+1< <lnb+1.
b-a b-a
1 1
由 f¢x=lnx+1,可知当0<x< 时 f¢x<0,当x> 时 f¢x>0.
e e
æ 1ù é1 ö
所以 f x在ç0,
ú
上递减,在
ê
,+¥÷上递增.
è eû ëe ø
不妨设x £x ,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
1 2
1
情况一：当 £x £x <1时,有 f x - f x  = f x - f x <lnx +1x -x <x -x < x -x ,结论成立；
e 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1
1
情况二：当0<x £x £ 时,有 f x - f x  = f x - f x =x lnx -x lnx .
1 2 e 1 2 1 2 1 1 2 2
æ 1ù 1
对任意的cÎç0,
ú
,设jx=xlnx-clnc- c-x,则j¢x=lnx+1+ .
è eû 2 c-x
由于j¢x单调递增,且有
æ ö
c c 1 1 1 1 1
j¢ç ÷ =ln +1+ <ln +1+ =-1- +1+ =0
ç 1+ 1 ÷ 1+ 1 c 1+ 1 c 2c 2c ,
è2e 2c ø 2e 2c 2 c- e 2c 2 c-
1+ 1 2
2e 2c
1
x³c- c 1 2
且当 æ 2 ö 2 ,x> 时,由 ³ln -1可知
4çln -1÷ 2 2 c-x c
è c ø
1 c 1 1 æ 2 ö
j¢x=lnx+1+ >ln +1+ = -çln -1÷³0.
2 c-x 2 2 c-x 2 c-x è c ø
所以j¢x在0,c上存在零点x ,再结合j¢x单调递增,即知0<x<x 时j¢x<0,x <x<c时j¢x>0.
0 0 0
故jx在0,x 上递减,在x ,c上递增.
0 0
①当x £x£c时,有jx£jc=0；
0
1   æ1ö 2 æ 1 ö
②当0<x<x 时,由于 cln =-2f c £-2f ç ÷= <1,故我们可以取qÎç cln ,1÷.
0 c èeø e è c øc
从而当0<x< 时,由 c-x >q c,可得
1-q2
æ 1 ö
jx=xlnx-clnc- c-x <-clnc- c-x <-clnc-q c = cç cln -q÷<0.
è c ø
再根据jx在0,x 上递减,即知对0<x<x 都有jx<0；
0 0
综合①②可知对任意0<x£c,都有jx£0,即jx=xlnx-clnc- c-x £0.
æ 1ù
根据cÎç
è
0,
e ú û
和0<x£c的任意性,取c=x
2
,x=x
1
,就得到x
1
lnx
1
-x
2
lnx
2
- x
2
-x
1
£0.
所以 f x - f x  = f x - f x =x lnx -x lnx £ x -x .
1 2 1 2 1 1 2 2 2 1
1 æ1ö 1
情况三：当0<x £ £x <1时,根据情况一和情况二的讨论,可得 f x - f ç ÷ £ -x £ x -x ,
1 e 2 1 èeø e 1 2 1
æ1ö 1
f ç ÷- f x  £ x - £ x -x .
èeø 2 2 e 2 1
æ1ö æ1ö
而根据 f x的单调性,知 f x - f x  £ f x - f ç ÷ 或 f x - f x  £ f ç ÷- f x  .
1 2 1 èeø 1 2 èeø 2
故一定有 f x - f x  £ x -x 成立.综上,结论成立.
1 2 2 1
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
1 æ 1ö
【解析】（1）因为函数 f x=xex-1-lnx-x,所以 f¢x=x+1ex-1- -1=x+1 çex-1- ÷,
x è xø
1 1
记hx=ex-1- ,x>0,h¢x=ex-1+ >0,
x x2
所以hx在0,+¥上单调递增,且h1=0,
所以当0<x<1时,hx<0,即 f¢x<0,所以 f x在0,1单调递减；
当x>1时,hx>0,即 f¢x>0,所以 f x在1,+¥单调递增,且 f¢1=0,
所以 f x = f 1=0.
min
1
（2）要证eéf x+xù>ex-e-1lnx- ,
ë û
2
1
只需证明：x-1ex-lnx+ >0对于x>0恒成立,
21 1
令gx=x-1ex-lnx+ ,则g¢x=xex- x>0,
2 x
1 1
当x>0时,令m(x)=g¢(x)=xex- ,则m¢(x)=(x+1)ex+ >0,m(x)在(0,+¥)上单调递增,
x x2
1
即g¢x=xex- 在(0,+¥)上为增函数,
x
é 2ù
又因为g¢ æ ç 2ö ÷= 2 e 2 3 - 3 = 2 êe 2 3 - æ ç 27ö ÷ 3ú<0,g¢1=e-1>0,
è3ø 3 2 3ê è 8 ø ú
ë û
æ2 ö 1 x2ex0 -1
所以存在x Îç ,1÷使得g¢x =0,由g¢x =x ex0 - = 0 =0,
0 è3 ø 0 0 0 x x
0 0
1 1
得x2ex0 =1即ex0 = 即ex0 = 即-2lnx =x ,
0 x2 x2 0 0
0 0
1
所以当xÎ0,x 时,g¢x=xex- <0,gx单调递减,
0 x
1
当xÎx ,+¥时,g¢x=xex- >0,gx单调递增,
0 x
1 x -1 x 1 x3+x2+2x -2
所以gx =gx =x -1ex0 -lnx + = 0 + 0 + = 0 0 0 ,
min 0 0 0 2 x2 2 2 2x2
0 0
令jx=x3+x2+2x-2 æ ç 2 <x<1 ö ÷,则j¢x=3x2+2x+2=3 æ çx+ 1ö ÷ 2 + 5 >0,
è3 ø è 3ø 3
æ2 ö æ2ö 2
所以jx在ç ,1÷上单调递增,所以jx >jç ÷= >0,
è3 ø 0 è3ø 27
jx 
1
所以gx³gx = 0 >0,所以x-1ex-lnx+ >0,
0 2x2 2
0
1
即eéf x+xù>ex-e-1lnx- .
ë û
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
æ1 ö 2
【解析】（1）函数 f x=ç +a÷lnx+ -2的定义域为0,+¥ ,
èx ø x
1+lnx
a- 1+lnx lnx
则 f¢x= -lnx + æ ç 1 +a ö ÷ 1 - 2 = x ,令gx=a- x ,xÎ0,+¥ ,则g¢x= x2 ,
x2 èx øx x2 x所以当0<x<1时g¢x<0,当x>1时g¢x>0,
所以gx在0,1上单调递减,在1,+¥上单调递增,
所以gx在x=1处取得极小值,即最小值,所以gx =g1=a-1³0,
min
所以 f¢x³0在0,+¥上恒成立,所以 f x在0,+¥上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知gx在0,+¥上的最小值为g1=a-1,
当x®0时gx®+¥,当x®+¥时gx®a,
若 f x存在两个极值点x,x x >x >0 ,则gx=0有两个不相等的实数根x,x x >x >0 ,
1 2 2 1 1 2 2 1
ìa>0 æ1ö 1
所以í î g1=a-1<0 ,解得0<a<1,又gç èe ÷ ø =a>0,所以 e <x 1 <1<x 2 ,
且当0<x<x 时gx>0,即 f¢x>0,则 f x单调递增,
1
当x <x<x 时gx<0,即 f¢x<0,则 f x单调递减,
1 2
当x>x 时gx>0,即 f¢x>0,则 f x单调递增,
2
所以x为 f x的极大值点,x为 f x的极小值点,
1 2
ì ï ï a- 1+ x lnx 1 =0 ì ï ï x 1 = 1+ a lnx 1
因为í 1 ,所以í ,
1+lnx 1+lnx
ïa- 2 =0 ïx = 2
ï î x ïî 2 a
2
2 2 1
要证x -x +2> ,即证x > -2+x ,又 <x <1,
2 1 a 2 a 1 e 1
2 2x x -1
只需证x > -1,即证x > 2 -1,即证lnx - 2 >0,
2 a 2 1+lnx 2 x +1
2 2
x-1 1 2 x2+1
令px=lnx- x>1,则p¢x= - = >0,
x+1 x x+12 xx+12
x -1
所以px在1,+¥上单调递增,所以px> p1=0,即lnx - 2 >0成立,
2 x +1
2
2
所以x -x +2> ；
2 1 a
1+lnx
（ⅱ）由（ⅰ）知x >1,a= 2 ,
2 x
2
且当1<x<x 时 f¢x<0,当x>x 时 f¢x>0,
2 2所以 f x在1,x 上单调递减,在x ,+¥上单调递增,
2 2
æ 1 ö 2 æ 1 1+lnx ö 2 2lnx +lnx 2+2-2x
所以 f x³ f x =ç +a÷lnx + -2 =ç + 2 ÷lnx + -2 = 2 2 2 ,
2 èx ø 2 x èx x ø 2 x x
2 2 2 2 2 2
1 1 1 x-1
令Hx=lnx+ x>1,则H¢x= - = >0,
x x x2 x2
所以Hx在1,+¥上单调递增,
1
所以Hx>H1=1,即lnx>1- >0x>1,
x
2
æ 1 ö æ 1 ö
所以2lnx +lnx 2+2-2x 2ç è 1- x ÷ ø +ç è 1- x ÷ ø +2-2x 2 1 4 5 ,
2 2 2 > 2 2 = - + -2
x x x3 x2 x
2 2 2 2 2
1 4 5
所以 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
【解析】（1）正项数列a 中,a =1,nÎN*,a2 =4S -2a -1,当n³2时,a2 =4S -2a -1,
n 1 n n n n-1 n-1 n-1
两式相减得a2-a2 =4S -S -2a +2a ,即a +a a -a =2a +a  ,
n n-1 n n-1 n n-1 n n-1 n n-1 n n-1
而a >0,则a -a =2,因此数列a 是首项为1,公差为2的等差数列,
n n n-1 n
所以数列a 的通项公式为a =1+2(n-1)=2n-1.
n n
（2）（i）令h(x)=ex-x-1,求导得h¢(x)=ex-1,当x<0时,h¢(x)<0,当x>0时,h¢(x)>0,
即函数 f(x)在(-¥,0)上单调递减,在(0,+¥)上单调递增,则h(x)³h(0)=0,即ex ³ x+1,
于是a = f a =2ea n +a ³2a +1+a =3a +2,
n+1 n n n n n
a +1
即a +1³3a +1 ,即 n+1 ³3,
n+1 n a +1
na +1 a +1 a +1 a +1
当n³2时,a n +1=a 1 +1× a 2 +1 × a 3 +1 × a 4 +1 × L × a n +1 ³a 1 +1×3n-1=2´3n-1 ,
1 2 3 n-1
当n=1时a +1=2=2´30,因此a ³2´3n-1-1,
1 n
所以S =a +a +a + +a ³  2´30-1  +  2´31-1  +  2´32-1  + +  2´3n-1-1 
n 1 2 3 L n L
1-3n
=2  30+31+32+ +3n-1 -n=2´ -n=3n-n-1
L
1-3
（ii）由已知a = f a =2ea n +a ,所以a -a =2ean >0,得a >a ,
n+1 n n n+1 n n+1 n
当n³1时,ean ³ea1 =e>2,于是a -a =2ean ³2ea1 =2e>5,
n+1 n
当n³2时,a
n
=a
1
+a
2
-a
1
+a
3
-a
2
+
L
+a
n
-a
n-1
>1+5(n-1)=5n-4,
又a =1,所以"nÎN*,恒有a ³5n-4,当n³2时,(5n-4)2 >(5n-7)(5n-2),
1 n
由ex ³ x+1,得当x>-1时,ln(x+1)£x,
æ 1 ö 1 1 1 1 1
则当n³2时,lnç1+ ÷£ < < = - ,
è 5a2 ø 5a2 5(5n-4)2 5(5n-7)(5n-2) 5n-7 5n-2
n n
æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö
从而lnç1+ ÷+lnç1+ ÷+lnç1+ ÷+ L +lnç1+ ÷
è
5a2
ø è
5a2
ø è
5a2
ø è
5a2
ø
2 3 4 n
æ1 1ö æ1 1 ö æ 1 1 ö æ 1 1 ö 1 1 1
<ç - ÷+ç - ÷+ç - ÷+ L +ç - ÷= - < ,
è3 8ø è8 13ø è13 18ø è5n-7 5n-2ø 3 5n-2 3
éæ 1 öæ 1 öæ 1 ö æ 1 öù 1
于是lnêç1+ ÷ç1+ ÷ç1+ ÷Lç1+ ÷ú< ,
ëè 5a
2
2 øè 5a
3
2 øè 5a
4
2 ø è 5a
n
2 øû 3
æ 1 öæ 1 öæ 1 ö æ 1 ö
所以ç1+ ÷ç1+ ÷ç1+ ÷Lç1+ ÷< 3e .
è
5a2
øè
5a2
øè
5a2
ø è
5a2
ø
2 3 4 n
13．（2024届天津市新华中学高三统练）已知函数 f(x)=sinx+ln(1+x)-ax,aÎR．
(1)求 f(x)在点(0, f(0))处的切线方程；
(2)若 f(x)£0恒成立,求a的值；
2n æ 1 ö 2n-1
(3)求证： å sinç ÷<2ln -ln2,n³2,nÎN*．
èi-1ø n-1
i=n+1
【解析】（1） f(x)=sinx+ln(1+x)-ax,有 f(0)=0,
1
因为 f¢(x)=cosx+ -a,所以 f¢(0)=2-a,
1+x
则曲线 f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=(2-a)x．（2）因为 f(0)=0, f(x)£0, f x的定义域为-1,+¥ ,
1
所以x=0是 f(x)的极大值点,因为 f¢(x)=cosx+ -a,
1+x
所以 f¢(0)=2-a=0,所以a=2,
需验证,当a=2时, f(x)=sinx+ln(1+x)-2x£0恒成立即可,
1
因为 f¢(x)=cosx+ -2,
1+x
1 1
令j(x)= f¢(x)=cosx+ -2,则j¢(x)=-sinx- ,
1+x (1+x)2
1
①当xÎ(-1,0)时, >1,j¢(x)<0,则j(x)在(-1,0)上单调递减,
(1+x)2
所以 f¢(x)> f¢(0)=0, f(x)在(-1,0)上单调递增, f(x)< f(0)=0,
②当xÎ0,+¥时, f¢(x)£0,则 f(x)在0,+¥上单调递减,所以 f(x)£ f(0)=0,
综上,a=2符合题意．所以 f(x)£0恒成立时,a=2.
（3）由（2）可知,sinx£2x-ln(1+x),当且仅当x=0时取等号,
1 2n æ 1 ö 2n 1 2n æ 1 ö
当n³2时, ¹0,所以 å sinç ÷<2å - å lnç1+ ÷,
i-1 èi-1ø i-1 è i-1ø
i=n+1 i=n+1 i=n+1
2n æ 1 ö 2n æ i ö n+1 n+2 2n
å lnç1+ ÷= å lnç ÷=ln +ln +
L
+ln =ln2,
è i-1ø èi-1ø n n+1 2n-1
i=n+1 i=n+1
2n-1 æ 2n-1 2n-2 n ö
因为ln =lnç × L ÷
n-1 è2n-2 2n-3 n-1ø
2n-1 2n-2 n 2n æ n-1ö
=ln +ln + L +ln = å lnç ÷,
2n-2 2n-3 n-1 èn-2ø
i=n+1
1 æi-1ö i-1 1 1 1
所以即证 <lnç ÷,令x= =1+ ,则 =1- ,当n³2时,i³3,xÎ1,2 ,
i-1 èi-2ø i-2 i-2 i-1 x
1
所以即证：1- <lnx,xÎ1,2,
x
1 1 1 1-x
令m(x)=1- -lnx,则m¢(x)= - = ,
x x2 x x2
1
所以xÎ1,2时,m¢(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)<m(1)=0,即1- <lnx,xÎ1,2,
x
2n æ 1 ö 2n-1
综上, å sinç ÷<2ln -ln2,n³2,nÎN*.
èi-1ø n-1
i=n+1
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- .
xx 1-x
【解析】（1） Q f x= ,\f¢x= ,
ex ex
当x<1时, f¢x>0,当x>1时, f¢x<0,
所以 f x在-¥,1单调递增,在1,+¥单调递减,
1
所以当x=1时, f x取得极大值 ,无极小值.
e
2 2
（2）解：令hx=xgx+2-exf x+ =xlnx+2-x+ x>0,
x x
2 2
则h¢x=lnx- x>0,令rx=lnx- x>0,
x2 x2
1 4
则r¢x= + >0在x>0上恒成立,所以rx在0,+¥上单调递增,
x x3
2 2 2
又r1=ln1- =-2<0,re=lne- =1- >0,
12 e2 e2
2
所以存在x Î1,e,使得rx =0,即lnx = x Î1,e ,
0 0 0 x2 0
0
所以xÎ0,x 时,rx<0,h¢x<0,hx单调递减,
0
xÎx ,+¥时,rx>0,h¢x>0,hx单调递增,
0
2 2 2 4
hx =hx =x lnx +2-x + =x × +2-x + =2-x + x Î1,e ,
min 0 0 0 0 x 0 x2 0 x 0 x 0
0 0 0 0
4 4
令mx=2-x+ xÎ1,e ,则m¢x=-1- <0在1,e上恒成立,
x x2
4
所以mx在1,e上单调递减,所以mx>me=2-e+ >0,
e
4 2
所以hx =hx =2-x + >0,所以xgx+2>exf x- ．
min 0 0 x x
0
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
2a 2  12x6-a 
【解析】（1） f¢(x)=24x5- = ,xÎ(0,+¥)．
x x
当a£0时, f¢(x)>0,则 f(x)在(0,+¥)上单调递增．
a a
当a>0时,令 f¢(x)=0,得x6 = ,解得x= 6 ．
12 12
a a
当 f¢(x)>0时,x> 6 ,当 f¢(x)<0时,0<x< 6 ,
12 12æ a ö æ a ö
所以 f(x)在ç0,6 ÷上单调递减,在ç6 ,+¥÷上单调递增．
ç 12÷ ç
12
÷
è ø è ø
综上：当a£0时, f(x)在(0,+¥)上单调递增；
æ a ö æ a ö
当a>0时, f(x)在ç0,6 ÷上单调递减,在ç6 ,+¥÷上单调递增．
ç 12÷ ç
12
÷
è ø è ø
1 1
（2）设0<x <x ,则gx =kx2+ -lnx =0,gx =kx2+ -lnx =0,
1 2 1 1 x2 1 2 2 x2 2
1 2
lnx 1 lnx 1
所以k= 1 - = 2 - ,
x2 x4 x2 x4
1 1 2 2
lnx lnx
lnx lnx 1 1 x4-x4 1 - 2
所以 1 - 2 = - = 2 1 , x2 x2 1 ,
x2 x2 x4 x4 xx 4 1 2 =-
1 2 1 2 1 2 x4-x4 xx 4
1 2 1 2
1 1
记t4 =12e4,要证x
1
x
2
4 >12e4,只需证-
xx 4
>-
t4
,
1 2
lnx lnx
1 - 2 lnx x4 lnx x4
只需证 x2 x2 1 ,只需证 1 + 1 < 2 + 2 ．
1 2 >- x2 t4 x2 t4
x4-x4 t4 1 2
1 2
lnx x4 t4(1-2lnx)+4x6
记h(x)= + ,xÎ(0,+¥),则h¢(x)= ,
x2 t4 x3t4
记j(x) = t4(1-2ln x)+ 4x6,xÎ(0,+¥),
a 12e4 2
由（1）可知,取a =t4 >0,则x = 6 = 6 =e3,
0 12 12
æ 2ö æ 2 ö
所以j(x)在ç0,e3÷上单调递减,在çe3,+¥÷上单调递增,
è ø è ø
æ 2ö æ 4ö æ 1ö
所以j(x) =jçe3÷=t4 ç1- ÷+4e4 =12e4×ç- ÷+4e4 =0,
min è ø è 3ø è 3ø
æ 2ö
所以j(x)³jçe3÷=0,即h¢(x)³0,所以h(x)在(0,+¥)上单调递增,
è ø
又0<x <x ,所以hx <hx  ,所以xx 4 >12e4成立．
1 2 1 2 1 2