专题06不等式恒成立问题（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 6 不等式恒成立问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题
一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定
参数范围问题,常见处理方法有：①构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不
等式,从而求出参数的取值范围．②分离变量,把问题转化为函数的最值问题．
(一) 与不等式恒成立问题有关的结论
①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x) >A；
min
②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x) <A ；
max
③. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x) >0；
min
④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) <0；
max
⑤. ∀x ∈D, ∀x ∈E,均有f(x ) >g(x )恒成立,则f(x) > g(x) ；
1 2 1 2 min max
⑥. ∀x ∈D, ∀x ∈E,均有f(x ) <g(x )恒成立,则f(x) < g(x) .
1 2 1 2 max min
2
【例1】（2024届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知函数 f x=-2alnx- ,
x
2
gx=ax-2a+1lnx- ,其中aÎR．
x
(1)若 f¢2=0,求实数a的值
(2)当a>0时,求函数gx的单调区间；
é1 ù
(3)若存在xÎ ,e2 使得不等式 f x£ gx成立,求实数a的取值范围．
ê ú
ëe û
2 2a 2
【解析】（1）因为 f x=-2alnx- ,则 f¢x=- + ,
x x x2
2a 2 1
由 f¢2=0可得- + =0,解得a= .
2 22 2
2
（2）函数gx=ax-2a+1lnx- 的定义域为0,+¥ ,
x2a+1 2 ax2-2a+1x+2 ax-1x-2
且g¢x=a- + = = ,
x x2 x2 x2
1
当a>0时,令g¢x=0,可得x= >0或x=2,
a
1 1
①当 =2,即a= 时,对任意的x>0,g¢x>0,gx的单调递增区间为0,+¥．
a 2
1 1 1 1
②当0< <2,即a> 时,g¢x>0,得0<x< 或x>2,g¢x<0,得 <x<2,
a 2 a a
æ 1ö æ1 ö
gx的单调递增区间为ç0, ÷和2,+¥ ,单调递减区间为ç ,2÷
è aø èa ø
③当 1 >2,即0<a< 1 时g¢x>0,得0<x<2或 1 ；g¢x<0,得2<x< 1 ,
a 2 a a
æ1 ö æ 1ö
gx的单调递增区间为0,2和ç ,+¥÷,单调递减区间为ç2, ÷,
èa ø è aø
1
综上所述,a= 时,函数gx的单调增区间为0,+¥；
2
1 æ 1ö æ1 ö
a> 时,函数gx的单调增区间为ç0, ÷和2,+¥ ,单调减区间为ç ,2÷；
2 è aø èa ø
1 æ1 ö æ 1ö
0<a< 时,函数gx的单调增区间为0,2和ç ,+¥÷,单调减区间为ç2, ÷.
2 èa ø è aø
lnx é1 ù lnx é1 ù
（3）由 f x£gx ,可得ax-lnx³0,即a³ ,其中xÎ ,e2 ,令hx= ,xÎ ,e2 ,
ê ú ê ú
x ëe û x ëe û
é1 ù é1 ù
若存在xÎ ,e2 ,不等式 f x£gx成立,则a³hx ,xÎ ,e2 ,
ê ú ê ú
ëe û min ëe û
1-lnx 1
h¢x= ,令h¢x=0,得x=e ,当 £x<e时,h¢x>0,当e<x£e2时,h¢x<0,
x2 e
所以函数hx在 é1 ,e ù 上递增,在  e,e2ù上递减,
ê ú û
ëe û
1
所以函数hx在端点x= 或x=e2处取得最小值．
e
æ1ö 2 æ1ö æ1ö
因为hç ÷=-e,h  e2 = ,所以hç ÷<he ,所以hx =hç ÷=-e,所以a≥-e,
èeø e2 èeø min èeø
因此,实数a的取值范围是-e,+¥．
1 3
【例2】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期5月第三次质量抽测）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=11 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.
min
1 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 2n+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
(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题
若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数 f x 在a,b上是增（减）函数,则
xÎa,b时 f¢x³0（或 f¢x£0）恒成立.
【例3】（2024届湖北省黄冈中学高三5月模拟）已知函数 f x=x+1lnx-ax+2.
(1)当a=1时,求 f x的图象在 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x在1,+¥上单调递增,求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a=1时, f x=x+1lnx-x+2, x>0 ,
1
f¢x=lnx+ , f¢1=1, f 1=1,所以 f x的图象在x=1处的切线方程为：y=x.
x
1
（2） f¢x=lnx+ +1-a,
x
若函数 f x在1,+¥上单调递增,则 f¢x³0对于xÎ1,+¥恒成立,
1
即a£lnx+ +1对于xÎ1,+¥恒成立,
x
1 x-1
令gx=lnx+ +1,x>1,当x>1时,g¢x= >0,
x x2
则函数gx在1,+¥上单调递增,所以gx>g1=2,故a£2.
(三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题
对于形如x > x 时不等式 f x +gx > f x +gx 恒成立问题,可构造增函数 f x-gx来求解.
1 2 1 2 2 1
基本结论：
f x - f x 
(1)“若任意x >x >0, f x - f x >kx -kx ,或对任意x ¹ x , 1 2 >k ,则 y = f x-kx是
2 1 1 2 1 2 1 2 x -x
1 2
增函数；f x - f x  1 1
(2) 对任意x ¹ x , 1 2 > ,则 y = f x+ 是增函数；
1 2 x -x x x x
1 2 1 2
【例4】（2024届山西省吕梁市高三三模）已知函数 f x=x2-2x+alnx,aÎR .
(1)讨论函数的单调性；
x f x -x f x 
(2)若对任意的x,x Î0,+¥,x ¹ x ,使 2 1 1 2 >0恒成立,则实数a的取值范围.
1 2 1 2 x -x
1 2
a 2x2-2x+a
【解析】（1） f x的定义域为xÎ0,+¥, f¢x=2x-2+ = ,
x x
令gx=2x2-2x+a,又
Δ=4-8a,
Q
1
1o,当Δ£0,即a³ 时,gx³0,此时 f¢x>0, f x在0,+¥上单调递增
2
2o,当Δ>0,即a< 1 时,令gx=0,解得x = 1- 1-2a ,x = 1+ 1-2a
2 1 2 2 2
1
其中,当0<a< 时,0<x x ,xÎ0,x Èx ,+¥,gx 0,
2 1 2 1 2
xÎx，x ,gx<0，所以 f x在0,x ,x ,+¥单调递增,在x,x 单调递减；
1 2 1 2 1 2
当a<0时,x <0<x ,xÎ0,x ,gx 0,xÎx ,+¥,gx 0,
1 2 2 2
1
故 f x在0,x 单调递减, x ,+¥单调递增.综上：a³ , f x在0,+¥上单调递增；
2 2 2
1 æ 1- 1-2a ö æ1+ 1-2a ö
0<a< , f x在ç0, ÷,ç ,+¥÷上单调递增；
2 ç 2 ÷ ç 2 ÷
è ø è ø
æ 1+ 1-2a ö æ1+ 1-2a ö
a£0, f x在ç0, ÷上单调递减,在ç ,+¥÷上单调递增.
ç 2 ÷ ç 2 ÷
è ø è ø
é f x  f x ù
（2）x 1 -x 2 é ë x 2 f x 1 -x 1 f x 2 ù û >0Ûx 1 -x 2  ê x 1 - x 2 ú>0.
ë 1 2 û
f x alnx
令gx= =x-2+ ,则只需gx在0,+¥单调递增,
x x
即g¢x³0恒成立,
x2+a1-lnx a 2x2-a
g¢x= ,令hx=x2+a1-lnx ,则hx³0恒成立；又h¢x=2x- = ,
x2 x x
①当a=0时,hx=x2,hx在0,+¥单调递增成立；
②当a<0时,h¢x>0,hx在0,+¥单调递增,又x®0,hx®-¥,故hx³0不恒成立.不满足题意；a æ a ö æ a ö
③当a>0时,由h¢x=0得x= ,hx在ç0, ÷单调递减,在ç ,+¥÷单调递增,
2 ç è 2 ÷ ø ç è 2 ÷ ø
æ a ö aæ 3ö
因为hx³0恒成立,所以h(x) min =hç ç è 2 ÷ ÷ ø = 2 ç è 3-ln 2 ÷ ø ³0,
解得0<a£2e3,综上,aÎ[0,2e3].
(四)形如“若x³m,则 f x³ f m”的恒成立问题
求解此类问题的思路是：先确定是使 f¢x³0的参数a的取值范围A,当aÎA,由 f x为增函数及x³m可
得 f x³ f m恒成立,当aÏA时确定存在x >m,使得xÎm,x , f¢x<0, f x递减,即xÎm,x 时
0 0 0
f x< f m,故原不等式不恒成立.
【例5】函数 f(x)=ex+sinx-a的图像与直线2x-y=0相切.
(1)求实数a的值；
(2)当xÎ[0,+¥)时, f(x)³msin2x,求实数m的取值范围.
【解析】 (1) f(x)=ex+sinx-aÞ f¢(x)=ex+cosx,设切点为(x ,y ),
0 0
ìïex0 +cosx =2
所以有 f¢(x )=ex0 +cosx ,因为2x-y=0是切线,所以有í 0 ,
0 0 ïî2x -y =0
0 0
设h(x)=ex+cosx-2Þh¢(x)=ex-sinx,显然当x>0时,h¢(x)>0,h(x)单调递增,所以有h(x)>h(0)=0,
当x>0时,ex <1,cosx£1,所以ex+cosx-2=0无实数根,
因此当xÎR时,方程h(x)=ex+cosx-2=0有唯一实数根,即x=0,
于是有x =0Þ y =0,因此有e0+sin0-a=0Þa=1；
0 0
(2)令g(x)=ex+sinx-msin2x-1,则g(x)³0在[0,+¥)恒成立
g¢(x)=ex+cosx-2mcos2x.g¢(0)=2-2m
π é pö
若2-2m³0,即m£1时,当0£x£ 时,由cosx³cos2x得g¢(x)³0,所以g(x)在
ê
0, ÷单调递增,又g(0)=0,所
2 ë 2ø
以g(x)³0在 ê ë é 0, π 2 ÷ ø ö 恒成立；当x> p 2 时, ex >e π 2 >3 所以g(x)>3-sinx-msin2x-1³0.所以g(x)³0在
éπ ö
ê
,+¥÷恒成立.
ë2 ø
若2-2m<0即m>1时,g¢(0)=2-2m<0,则存在x >0,使得g(x)在0,x 单调递减,则当xÎ0,x 时,
0 0 0
g(x)<g(0)=0矛盾,舍，综上所述,m的取值范围时(-¥,1].(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值
此类问题通常可分类参数,把问题转化为m< f x（m> f x）,mÎZ 的形式, f x有最小（大）值,但无
法求出,只能引入导函数的隐零点x ,估计 f x 的范围,再确定整数m 的最大（小）值.
0 0
【例6】（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数
f(x)=2x3+3(1+m)x2+6mx(xÎR).
(1)讨论函数 f x的单调性；
(2)若 f -1=1,函数g(x)=alnx+1- f(x) £0在1,+¥上恒成立,求整数a的最大值.
x2
【解析】（1）根据题意可得 f¢(x)=6x2+6(1+m)x+6m=6x+1x+m,
若m=1, f¢(x)=6x+12 ³0在xÎR上恒成立,此时函数 f x在R上单调递增；
若m> 1,此时-m<-1,当xÎ-¥,-m È-1,+¥时,满足 f¢(x)>0,此时函数 f x在-¥,-m , -1,+¥上单
调递增；当xÎ-m,-1时,满足 f¢(x)<0,此时函数 f x在-m,-1单调递减；
若m<1,此时-m>-1,当xÎ-¥,-1 È-m,+¥时,满足 f¢(x)>0,此时函数 f x在-¥,-1 , -m,+¥上单
调递增,当xÎ-1,-m时,满足 f¢(x)<0,此时函数 f x在-1,-m单调递减；
综上可知,m=1时, f x在R上单调递增；
m> 1时, f x在-¥,-m和-1,+¥上单调递增,在-m,-1单调递减；
m<1时, f x在-¥,-1和-m,+¥上单调递增,在-1,-m单调递减；
（2）由 f -1=1可得-2+3(1+m)-6m=1,解得m=0；
所以 f(x)=2x3+3x2,则g(x)=alnx+1-2x-3,易知xÎ1,+¥时,lnx+1>0,
若函数g(x)=alnx+1- f(x) £0在1,+¥上恒成立,等价成a£ 2x+3 在xÎ1,+¥上恒成立；
x2 lnx+1
1 3
2x+3 2lnx+1-2x+3× 2lnx-
令hx= ,x>1,则 h¢x= x = x ；
lnx+1 lnx+12 lnx+12
3 2 3
令jx=2lnx- x>1,则j¢x= + >0在xÎ1,+¥上恒成立,
x x x2
即函数jx在xÎ1,+¥上单调递增,易知j2=2ln2- 3 = ln16-lne3 ,由于e3>2.73 =19.683,所以j2<0,
2 2
æ 5 ö
2ç5ln -lne3 ÷ æ5ö 5 æ5ö
而 j æ ç 5ö ÷=2ln 5 - 6 = è 2 ø,且 ç è2 ÷ ø >25 =32>27=33>e3,所以jç è2 ÷ ø >0；
è2ø 2 5 5
因此h¢x在xÎ1,+¥有且仅有一个零点x 0 ,满足2lnx 0 = x 3 ,且x 0 Î æ ç è 2, 5 2 ö ÷ ø ；
0
所以当xÎ1,x 时,h¢x<0,当xÎx ,+¥时,h¢x>0；
0 0
因此函数hx= 2x+3 ,x>1在1,x 上单调递减,在x ,+¥上单调递增；
lnx+1 0 0
2x +3 2x +3
hx = 0 = 0 =2x
所以hx的最小值为 0 lnx +1 3 0,显然2x Î4,5,
0 +1 0
2x
0
因此a£2x Î4,5,又a是整数,所以a的最大值为4.
0
(六)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题
①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其
最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式,
②注意如果所构造的函数,其导数结构比较复杂不易分析出单调性,则可把需要判断符号的式子拿出来构造
一个新函数,再想办法解决其符号.
③有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示.
④在考虑函数最值时,除了依靠单调性,也可根据最值点的出处,即“只有边界点与极值点才是最值点的候选
点”,所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.
1+alnx
【例7】设函数 f x= ,其中aÎR.
x
(1)当a³0时,求函数 f x的单调区间；
(2)若 f x£x2,求实数a的取值范围.
1+alnx a-(1+alnx) a-1-alnx
【解析】 (1) f(x)= (x>0), f¢(x)= = .
x x2 x2
a-(1+alnx) 1
当a=0时, f¢(x)= =- <0恒成立,则 f x在0,+¥上为减函数,
x2 x2
a-1
当a>0时,令 f¢(x)>0,可得a-1-alnx>0,则lnx< ,解得 a-1 ,
0<x<e a
a
令 f¢(x)<0,解得 a-1 ,综上,当a=0时, f x的减区间为0,+¥；
x>e aæ a-1ö æ a-1 ö
当a>0时, f x的单调递增区间为ç0,e a ÷,单调递减区间为çe a ,+¥÷.
è ø è ø
(2)由 f(x)£ x2,可得x3-alnx-1³0设g(x)=x3-alnx-1(x>0),
a 3x3-a
则g¢(x)=3x2- = .
x x
æ1ö 1 1 7
①当a£0时,g¢x>0,gx单调递增,而gç ÷= -aln -1=- +aln2<0,所以不满足题意,
è2ø 8 2 8
3x3-a a
②当a>0时,令g¢(x)= =0,解得x= 3 ,
x 3
æ a ö æ3 a ö
当xÎç0,3 ÷时,g¢x<0,gx为减函数,当xÎç ,+¥÷时,g¢x>0,gx为增函数,
ç ÷ ç ÷
3 3
è ø è ø
æ3 a ö æ1 1 ö 1
所以g(x)³gç
ç
÷
÷
=ç + ln3÷a- alna-1.
è 3 ø è3 3 ø 3
æ1 1 ö 1 1 1 1 1
令h(a)=ç + ln3÷a- alna-1(a>0),h¢(a)= + ln3- (lna+1)= (ln3-lna),
è3 3 ø 3 3 3 3 3
当aÎ0,3时,h¢a>0,ha为增函数,当aÎ3,+¥时,h¢a<0,gx为减函数,
所以ha£h3=0,又gx³ha³0.
则ha=0,解得a=3,所以实数a的取值范围是3
.
(七) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值
①分类参数法就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量,另一个视为参数）,可利用不等式的等价变形
让两个字母分居不等号的两侧,即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量
的范围求出另一变量的范围,转化为求函数的最值问题.
②一般情况下,那个字母的范围已知,就将其视为变量,构造关于它的函数,另一个字母（一般为所求）视为参
数.
③要注意分类参数法不是万能的,已知不等式中两个字母是否便于进行分离,如果仅通过几步简单变换即可
达到分离目的,则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”,会出现无法分离的情形,此
时要考虑其他方法.此外参数分离后,要注意变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值）,若解析式过于
复杂而无法求出最值（或临界值）,则也无法用分离法解决问题.
m
【例8】（2024届四川省绵阳市江油市高三下学期模拟）已知函数 f(x)= x2-x-lnx(mÎR).
2
(1)当m=2时,求函数 f(x)的单调区间；(2)若"x>0,不等式 f(x)>x2恒成立,求实数m的取值范围.
m
【解析】（1）函数 f(x)= x2-x-lnx的定义域为(0,+¥),
2
1 (2x+1)(x-1)
当m=2时, f(x)=x2-x-lnx,所以 f¢(x)=2x-1- = ,
x x
当xÎ(0,1)时, f¢(x)<0, f(x)在(0,1)上为减函数,
当xÎ(1,+¥)时, f¢(x)>0, f(x)在(1,+¥)上为增函数,
综上所述： f(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+¥)上为增函数；
（2）若"x>0,不等式 f(x)>x2恒成立,
m 1 lnx m 1 lnx
则 >1+ + 对x>0均成立,所以 >(1+ + )
2 x x2 2 x x2 max
1 lnx 1 x-2xlnx 1 1-2lnx 1-2lnx-x
令g(x)=1+ + ,则g¢(x)=- + =- + = ,
x x2 x2 (x2)2 x2 x3 x3
令h(x)=1-2lnx-x,显然h(x)=1-2lnx-x为(0,+¥)上的减函数,
又h(1)=1-2ln1-1=0,所以xÎ(0,1),h(x)>0,g¢(x)>0则g(x)在(0,1)上为增函数,
当xÎ(1,+¥)时,h(x)<0,g¢(x)<0则g(x)在(1,+¥)上为减函数,
1 ln1 m
所以g(x) =g(1)=1+ + =2,所以 >2,所以m>4,
max 1 1 2
所以实数m的取值范围为(4,+¥).
(八) 先用特殊值确定或缩小参数范围,求解不等式恒成立问题
此类问题通常是先在自变量允许值范围内取一个特殊值代入,缩小参数范围,然后在该范围内求解,减少讨论,
也有可能该范围就是所求范围,此时只需证明在该范围内不等式恒成立即可.
【例9】（2024届江苏省苏州市八校高三三模）已知函数 f(x)=cosx,g(x)=a
 2-x2
.
(1)a=1时,求F(x)= f(x)-g(x)的零点个数;
(2)若 f(x)³g(x)恒成立,求实数a的最大值;
(3)求证:å n sin æ ç p - kö ÷> 3  n-2k2 (kÎR).
è 3 i ø 3
i=1
【解析】（1）当a=1时,g(x)=2-x2,则F(x)= f(x)-g(x)=cosx-2+x2,
所以F¢(x)=-sinx+2x,令h(x)=-sinx+2x,则h¢(x)=-cosx+2>0,
所以h(x)=-sinx+2x在R上单调递增,即F¢(x)=-sinx+2x在R上单调递增,
当x>0时,F¢(x)>0,所以F(x)在(0,+¥)上为增函数,
当x<0时,F¢(x)<0,所以F(x)在-¥,0上为减函数,又F(0)=-1,F(2)=F(-2)=cos2+2>0,
且x®-¥时,F(x)®+¥,则存在x Î-¥，0,x Î0,2 ,使得F(x )=0,F(x )=0,
1 2 1 2
所以F(x)有两个零点.
1
（2）令m(x)=cosx-2a+ax2,由m(0)³0,得a£ ,
2
1 1
令h(x)=cosx-1+ x2 =cosx+ (x2-2),所以h¢(x)=-sinx+x,
2 2
令j(x)=-sinx+x,可得j¢(x)=-cosx+1³0,
所以j(x)=-sinx+x在(0,+¥)上为增函数,所以j(x)=-sinx+x>sin0+0=0,
1 1
所以h¢(x)>0,所以h(x)=cosx-1+ x2 >cos0-1+ ´02 =0,
2 2
1
所以h(x)在[0,+¥)上单调递增,所以h(x)³h(0)=0,即cosx>1- x2,
2
1
所以 f(x)³g(x)恒成立,所以实数a的最大值是实数 ；
2
æp kö æp kö æp kö æp kö k
（3）因为 3sinç - ÷+1³ 3sinç - ÷+cosç - ÷=2sinç - ÷=2cos ,
è 3 i ø è 3 i ø è 3 i ø è 2 i ø i
1 k 1 k
由（2）可得cosx>1- x2,所以cos >1- ( )2,
2 i 2 i
n æp kö n k n k
所以å[ 3sinç - ÷+1]³2å(cos )>2n-å( )2,
è 3 i ø i i
i=1 i=1 i=1
n æp kö n k
所以å 3sinç - ÷>n-å( )2,
è 3 i ø i
i=1 i=1
n k 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又å( )2 =k2(1+ + +
L
+ )<k2(1+1- + - + +
L
+ - )<2k2,
i 22 32 n2 2 2 3 3 n-1 n
i=1
所以å n sin æ ç p - kö ÷> 3  n-2k2 (kÎR).
è 3 i ø 3
i=1
【例1】（2024届高考全国甲卷真题）已知函数 f x=1-axln1+x-x．
(1)当a=-2时,求 f x的极值；
(2)当x³0时, f x³0,求a的取值范围．
【解析】（1）当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,
1+2x 1
故 f¢(x)=2ln(1+x)+ -1=2ln(1+x)- +1,
1+x 1+x1
因为y=2ln(1+x),y=- +1在-1,+¥上为增函数,
1+x
故 f¢(x)在-1,+¥上为增函数,而 f¢(0)=0,
故当-1<x<0时, f¢(x)<0,当x>0时, f¢(x)>0,
故 f x在x=0处取极小值且极小值为 f 0=0,无极大值.
1-ax a+1x
（2） f¢x=-aln1+x+ -1=-aln1+x- ,x>0,
1+x 1+x
a+1x
设sx=-aln1+x- ,x>0,
1+x
-a a+1 ax+1+a+1 ax+2a+1
则s¢x= - =- =- ,
x+1 1+x2 1+x2 1+x2
1
当a£- 时,s¢x>0,故sx在0,+¥上为增函数,故sx>s0=0,即 f¢x>0,
2
所以 f x在0,+¥上为增函数,故 f x³ f 0=0.
1 2a+1
当- <a<0时,当0<x<- 时,s¢x<0,
2 a
æ 2a+1ö æ 2a+1ö
故sx在ç0,- ÷上为减函数,故在ç0,- ÷上sx<s0 ,
è a ø è a ø
æ 2a+1ö
即在ç0,- ÷上 f¢x<0即 f x为减函数,
è a ø
æ 2a+1ö
故在ç0,- ÷上 f x< f 0=0,不合题意,舍.当a³0,此时s¢x<0在0,+¥上恒成立,
è a ø
1
同理可得在0,+¥上 f x< f 0=0恒成立,不合题意,舍；综上,a£- .
2
【例2】（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 2æ 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 ø
c
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【例3】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数 f x=lnx,gx=x2-x-m+2．
(1)若m=e,求函数Fx= f x-gx的最大值；
(2)若 f x+gx£x2-x-2ex在xÎ(0,2]恒成立,求实数m的取值范围．
【解析】（1）因为Fx=lnx-x2+x+e-2,
1 (2x+1)(x-1)
可知F(x)的定义域为0,+¥ ,且F¢(x)= -2x+1=- ,
x x
由F¢(x)>0,解得0<x<1；由F¢(x)<0,解得x>1．
可知F(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+¥)内单调递减,
所以函数Fx= f x-gx的最大值为F1=e-2．
（2）因为 f(x)+g(x)£x2-(x-2)ex在xÎ(0,2]恒成立,
等价于m³(x-2)ex+lnx-x+2在xÎ(0,2]恒成立．
设h(x)=(x-2)ex+lnx-x+2,xÎ(0,2],
1 æ 1ö
则h¢(x)=(x-1)ex+ -1=x-1 çex- ÷,
x è xø
1 1
当x>1时,则x-1>0,且ex >e, <1,可得ex- >e-1>0,所以h¢(x)>0；
x x
1 1
当0<x<1时,则x-1<0,设u(x)=ex- ,0<x<1,则u¢(x)=ex+ >0,
x x2
æ1ö æ1 ö
可知u(x)在(0,1)递增,且uç ÷= e-2 0,u(1)=e-1 0．则$x Îç ,1÷,使得ux =0．
è2ø 0 è2 ø 0
当xÎ0,x 时,u(x)<0；当xÎx ,1时,u(x)>0．当xÎ0,x 时,h¢(x)>0；当xÎx ,1时,h¢(x)<0．
0 0 0 0
可知函数h(x)在0,x 递增,在x ,1递减,在(1,2)递增．
0 0
1 1
由ux =ex 0 - =0,得ex0 = ,且lnx =-x ．
0 x x 0 0
0 0
1 æ 1 ö
可得hx =x -2ex 0 +lnx -x +2=x -2 -2x +2=3-2çx + ÷,
0 0 0 0 0 x 0 è 0 x ø
0 0
æ1 ö
且x Îç ,1÷,则hx <0,
0 è2 ø 0
又因为h(2)=ln2>0,可知当xÎ(0,2]时,h(x) =h2=ln2,所以m的取值范围是[ln2,+¥)．
max
【例4】（2024届河南省信阳市高三下学期高考考前押题）已知函数 f x=xlnx,hx= xx-1x>0．(1)试比较 f x与hx的大小；
(2)若 f x£x-1ax-a+1恒成立,求a的取值范围．
æ x-1ö
【解析】（1）因为 f x-hx=xlnx- xx-1=x ç lnx- ÷,
è x ø
 2
x-1 x-1
构建Fx=lnx- ,x>0,则 F¢x=- £0 在0,+¥内恒成立,
x
2x x
可知Fx在0,+¥内单调递减,且F1=0,则有：
若0<x<1,则Fx>0,即 f x>hx；若x=1,则Fx=0,即 f x=hx；
若x>1,则Fx<0,即 f x<hx .
a-1
（2）若 f x£x-1ax-a+1恒成立,则ax-lnx+ +1-2a³0,
x
a-1
构建gx=ax-lnx+ +1-2a,x>0,原题意等价于gx³0在0,+¥内恒成立,
x
1 a-1 x-1ax+a-1
则g¢x=a- - = ,
x x2 x2
1.若a£0,则ax+a-1<0，当0<x<1时,g¢x>0；当x>1时,g¢x<0；
可知gx在0,1内单调递增,在1,+¥内单调递减,则gx£g1=0,不符合题意；
2.若a>0,则有：（ⅰ）若a³1,则ax+a-1>0,当0<x<1时,g¢x<0；当x>1时,g¢x>0；
可知gx在0,1内单调递减,在1,+¥内单调递增,则gx³g1=0,符合题意；
1
（ⅱ）若0<a<1时,令g¢x=0,解得x=1或x= -1>0,
a
①若 1 -1>1,即0<a< 1 时,当1<x< 1 -1时,g¢x<0,
a 2 a
æ 1 ö
可知gx在ç1, -1÷内单调递减,此时gx<g1=0,不合题意；
è a ø
②若
1
-1=1,即a=
1
时,则g¢x=
x-12
³0,可知gx在0,+¥内单调递增,
a 2 2x2
当xÎ0,1时,此时gx<g1=0,不合题意；
1 1 1-a
③若 -1<1,即 <a<1时,则0<1-a2 < <1,
a 2 a
x-1 1
由（1）可知：当0<x<1时,lnx> = x- ,
x xa-1 æ 1 ö a-1
则gx=1-2a-lnx+ax+ <1-2a- ç x- ÷ +ax+ ,
x è xø x
可得g  1-a2 <1-2a- æ ç1-a- 1 ö ÷+a1-a2+ a-1 =a2a-2<0 ,不合题意；
è 1-aø 1-a2
综上所述：a的取值范围为1,+¥
.
【例5】（2024届河北省保定市九县一中三模）已知函数 f x=ax+lnx+1 .
(1)若a=-2,求 f x的单调区间；
(2)若 f x£0恒成立,求a的取值集合.
1 -2x-1
【解析】（1）由a=-2,得 f x=-2x+lnx+1 ,定义域为-1,+¥ ,则 f¢x=-2+ = ,
x+1 x+1
æ 1ö æ 1 ö
当xÎç-1,- ÷时, f¢x>0,当xÎç- ,+¥÷时, f¢x<0,
è 2ø è 2 ø
æ 1ö æ 1 ö
故 f x的单调递增区间为ç-1,- ÷,单调递减区间为ç- ,+¥÷.
è 2ø è 2 ø
1
（2）由 f x=ax+lnx+1 ,xÎ-1,+¥ ,得 f¢x=a+ ,
x+1
a+1
若a³0,则显然 f 2=2a+ln3>0,不符合题意,若a<0,令 f¢x=0,解得x=- >-1,
a
æ a+1ö æ a+1 ö
则当xÎç-1,- ÷时, f¢x>0, f x单调递增,当xÎç- ,+¥÷时, f¢x<0, f x单调递减,
è a ø è a ø
æ a+1ö
f x = f ç- ÷=-a-1-ln-a,则-a-1-ln-a£0,即a+1+ln-a³0,
max è a ø
1 a+1
令ga=a+1+ln-a ,则g¢a=1+ = ,
a a
当xÎ-¥,-1时,g¢a>0,ga单调递增,当xÎ-1,0时,g¢a<0,ga单调递减,
所以ga =g-1=0,当满足ga³0时,a=-1,所以a的取值集合为-1.
max
1．（2024届青海海西格尔木三校高三第三次联考）已知函数 f x=x3-x2+ax.
(1)讨论函数 f x的单调性；
a
(2)令gx= f x+ -xlnx-2,若gx³0恒成立,求实数a的取值范围.
x【解析】（1）由 f¢x=3x2-2x+a,D =4-12a,
1
①当a³ 时,D£0,可得 f¢x³0,此时函数 f x在R上单调递增；
3
1 1± 1-3a
②当a< 时,D>0,关于x的一元方程3x2-2x+a=0的两根为x= ,
3 3
æ1- 1-3a 1+ 1-3a ö æ 1- 1-3a ö æ1+ 1-3a ö
此时函数 f x的减区间为ç , ÷,增区间为ç-¥, ÷,ç ,+¥÷；
ç 3 3 ÷ ç 3 ÷ ç 3 ÷
è ø è ø è ø
（2）若gx³0恒成立,必有g1= f 1+a-2=2a-2³0,可得a³1,
下面证明a³1时gx³0恒成立.
a 1
由gx=x3-x2+ax+ -xlnx-2及a³1,有gx³x3-x2+x+ -xlnx-2,
x x
1
要证不等式gx³0,只需证x3-x2+x+ -xlnx-2≥0,
x
1 2 1 2
又由x>0,只需证x2-x+1+ -lnx- ≥0,令hx=x2-x+1+ -lnx- ,
x2 x x2 x
2 1 2 1æ 2 2 ö
有h¢x=2x-1- - + = ç2x2-x- + -1÷,
x3 x x2 xè x2 x ø
2 2 4 2 4x4-x3-2x+4
令jx=2x2-x- + -1x>0,有j¢x=4x-1+ - = ,
x2 x x3 x2 x3
①当0<x<1时,0<x3 <1,0<2x<2,有4x4-x3-2x+4>4x4-1-2+4=4x4+1>0；
②当x³1时,x4≥x3,2x4≥2x,有4x4-x3-2x+4=  x4-x3 +  2x4-2x  +x4+x³x4+4>0．
由①②可知j¢x>0,故函数jx单调递增,
又由j1=0,可知当0<x<1时jx<0,即h¢x<0；
当x>1时jx>0,即h¢x>0,可得函数hx的减区间为(0,1),增区间为1,+¥
,
有hx³h1=0．由上知,若gx³0恒成立,则实数a的取值范围为[1,+¥).
2f(x) 1
2．（2024届陕西省富平县高三第二次模拟）已知函数 f(x)=xlnx,g(x)= -x+ .
x x
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)若当x>0时,mx2-ex £mf(x)恒成立,求实数m的取值范围.
1
【解析】（1）依题意,函数g(x)=2lnx-x+ 的定义域为(0,+¥),
x
2 1 1
求导得g¢(x)= -1- =-( -1)2 £0,当且仅当x=1时取等号,
x x2 x即g(x)在(0,+¥)上单调递减,所以函数g(x)的递减区间为(0,+¥),无递增区间.
ex
（2）当x>0时,mx2-ex £mf(x)Ûmx2-ex £mxlnxÛm(x-lnx)£ =ex-lnx恒成立,
x
1
令h(x)= x-lnx,x >0,求导得h¢(x)=1- ,当0<x<1时,h¢(x)<0,当x>1时,h¢(x)>0,
x
即函数h(x)在(0,1)上递减,在(1,+¥)上递增,则当x>0时,h(x)³h(1)=1,
et
令t =x-lnx,依题意,"tÎ[1,+¥),mt£et Ûm£ 恒成立,
t
et et(t-1)
令j(t)= ,t³1,求导得j¢(t)= ³0,则函数j(t)在[1,+¥)上单调递增,
t t2
当t =1时,j(t) =j(1)=e,因此m£e,所以实数m的取值范围(-¥,e].
min
ex
3．（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知函数 f x= .
x+a
(1)当a=1时,求 f x在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x在区间0,+¥上单调递增,求实数a的取值范围.
ex exx+1-ex xex
【解析】（1）解：当a=1时, f x= , f¢x= = ,
x+1 (x+1)2 (x+1)2
则 f 0=1, f¢0=0,
所以当a=1时, f x在点 0, f 0 处的切线方程为y=1.
exx+a-1
（2） f¢x= ,因为 f x在区间0,+¥上单调递增,
(x+a)2
exx+a-1
所以 f¢x= ³0在区间0,+¥上恒成立,
(x+a)2
即x+a-1³0在区间0,+¥上恒成立,所以a³1-x在区间0,+¥上恒成立,
因为当xÎ0,+¥时,1-xÎ-¥,1 ,所以a³1,即a的取值范围是1,+¥.
4．已知 f(x)=aexlnx,g(x)=x2+xlna
(1)当a=1时,求 f(x)在x=1处切线方程；
(2)若 f(x)<g(x)在xÎ(0,1)恒成立,求a的取值范围；
1 1 2 1 3 1 n 1
(3)求证： ×e2 + ×e3 + ×e4 +
L
+ ×en+1 <ln(n+1)．
22 32 42 (n+1)2
1
【解析】（1）当a=1时, f(x)=exlnx,求导得 f¢(x)=ex( +lnx),则 f¢(1)=e,而 f(1)=0,
x
所以 f(x)在x=1处切线方程为y=e(x-1),即ex-y-e=0.lnx x+lna lnx ln(aex)
（2）"xÎ(0,1), f(x)<g(x)Ûaexlnx<x2+xlnaÛ < Û < ,
x aex x aex
lnx ln(aex) lnx ln(aex)
当0<x<1时, <0,当aex ³1时, ³0,则不等式 < 恒成立,此时aex >x,
x aex x aex
lnx 1-lnx
当0<aex <1时,令函数h(x)= ,0<x<1,求导得h¢(x)= >0,
x x2
lnx ln(aex)
函数h(x)在(0,1)上单调递增,不等式 < ,即h(x)<h(aex),因此aex >x,
x aex
x x
从而"xÎ(0,1), f(x)<g(x)Ûaex >xÛa> ,令j(x)= ,0<x<1,
ex ex
1-x 1
求导得j¢(x)= >0,函数j(x)在(0,1)上单调递增,"xÎ(0,1),j(x)<j(1)= ,
ex e
1 1
则a³ ,所以a的取值范围是[ ,+¥).
e e
1
（3）由（2）知,当a= 时,不等式ex-1lnx<x2-xÛlnx<x(x-1)e1-x对"xÎ(0,1)恒成立,
e
n n n n 1- n n n 1
取x= ,得ln < ( -1)e n+1,即ln <- en+1,
n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 (n+1)2
n+1 n 1 n 1
因此ln > en+1,即 en+1 <ln(n+1)-lnn,
n (n+1)2 (n+1)2
1 1 2 1 3 1 n 1
则 ×e2 + ×e3 + ×e4 + + ×en+1 <ln2-ln1+ln3-ln2+ +ln(n+1)-lnn
L L
22 32 42 (n+1)2
=ln(n+1)-ln1=ln(n+1),所以原不等式成立.
1
5．（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试）已知函数 f x=eax+ x2-ax（aÎR）.
2
(1)当a=1时,求 f x的最值；
(2)当aÎ-1,1时,证明：对任意的x,x Î-2,2 ,都有 f x - f x  ≤e2-1.
1 2 1 2
1
【解析】（1）当a=1时, f x=ex+ x2-x, f¢x=ex+x-1,易知 f¢x=ex+x-1在上R单调递增.
2
因为 f¢0=0,所以当x<0时, f¢x<0,当x>0时, f¢x>0,
所以 f x在-¥,0上单调递减,在0,+¥上单调递增,
所以 f x有最小值 f 0=1,无最大值.
（2）证明： f¢x=aeax+x-a.令gx= f¢x=aeax+x-a,则g¢x=a2eax+1>0,
所以 f 'x在-2,2上单调递增.
又 f¢0=0,所以当x<0时, f¢x<0,当x>0时, f¢x>0,所以 f x在-2,0上单调递减,在0,2上单调递增,
即当aÎ-1,1时, f x在-2,0上单调递减,在0,2上单调递增.
所以 f 2- f 0=e2a -2a+1, f -2- f 0=e-2a +2a+1.
令ht=e2t -2t-e2+2,则h¢t=2e2t -2,当t<0时,h¢t<0,当t >0时,h¢t>0,
所以ht在-¥,0上单调递减,在0,+¥上单调递增.
1
因为h1=0,h-1= +4-e2 <0,所以当tÎ-1,1时,ht£0,
e2
即当tÎ-1,1时,e2t -2t+1£e2-1,
所以当aÎ-1,1时,e2a -2a+1≤e2-1且e-2a+2a+1≤e2-1,
即 f 2- f 0 £e2-1且 f -2- f 0 £e2-1,
即对任意的x,x Î-2,2 ,都有 f x - f x  ≤e2-1.
1 2 1 2
6．（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
7．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数 f x=ex+asinx,xÎ0,+¥ .
(1)当a=-1时, f x³bx+1在0,+¥上恒成立,求实数b的取值范围；
(2)若a>0, f x在0,+¥上存在零点,求实数a的取值范围.
【解析】（1）当a=-1时, f x=ex-sinx,
所以不等式转化为ex-bx-sinx-1³0,在0,+¥上恒成立.
令hx=ex-bx-sinx-1,所以h¢x=ex-cosx-b.
当xÎ[0,+¥)时,ex-cosx³0恒成立.
若b£0,则h¢x³0在0,+¥上恒成立,hx在0,+¥上单调递增,
故hx³h0=0,符合题意；
若b >0,令函数mx=ex-cosx-b,则m¢x=ex+sinx³0在0,+¥上恒成立,
所以mx在0,+¥上单调递增,
因为m0=-b<0,且当x®+¥时,mx®+¥.
所以$x Î0,+¥,mx =ex0 -cosx -b=0,
0 0 0
故当xÎ0,x 时,h¢x=mx<0,hx单调递减,
0
当xÎx ,+¥时,h¢x=mx>0,hx单调递增,
0
则h(x) =hx =ex0 -bx -sinx -1<h0=0,不符合题意.
min 0 0 0
综上所述,实数b的取值范围为-¥,0；
（2）因为 f x=ex+asinx,xÎ0,+¥ ,令 f x=0,即ex+asinx=0,1 sinx sinx
所以- = .令gx= ,xÎ0,+¥ ,
a ex ex
æ πö
则 g¢x= cosx-sinx =- 2sinç è x- 4 ÷ ø.令g¢x=0,得x=kπ+ π 4 ,kÎN.
ex ex
æπ 5π ö æ πö
所以当xÎç +2kπ, +2kπ÷时,sinçx- ÷>0,gx单调递减；
è4 4 ø è 4ø
æ πö æ5π 9π ö æ πö
当xÎç0, ÷,xÎç +2kπ, +2kπ÷时,sinçx- ÷<0,gx单调递增.
è 4ø è 4 4 ø è 4ø
5π
所以当x= +2kπ,kÎN时,gx取得极小值,
4
5π 13π
即当x= , ,×××时,gx取得极小值.
4 4
5π 13π 2 5π 13π
又因为sin =sin =×××=- , ,
0<e4 <e 4 <×××
4 4 2
所以g æ ç 5πö ÷<g æ ç 13πö ÷<×××.所以gx³g æ ç 5πö ÷=- 2 e - 5 4 π .
è 4 ø è 4 ø è 4 ø 2
π π 9π
当x= +2kπ,kÎN,gx取得极大值,即当x= , ,×××时,gx取得极大值.
4 4 4
π 9π 2 π 9π
又因为sin =sin =×××= , ,
0<e4 <e4 <×××
4 4 2
所以gç æπ ÷ ö >gç æ9π ÷ ö >×××.所以gx£g æ ç πö ÷= 2 e - π 4,
è4ø è 4 ø è4ø 2
所以当xÎ0,+¥ ,- 2 e - 5 4 π £gx£ 2 e - π 4.所以- 2 e - 5 4 π £- 1 £ 2 e - π 4.
2 2 2 a 2
又因为a>0,所以 5π 时, f x在0,+¥上存在零点,
a³ 2e4
é 5π ö
所以实数a的取值范围为ê 2e4 ,+¥÷.
ë ø
8．（2024届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练）已知函数 f x=ex-kcosx,其中k为常数.
(1)当k=1时,讨论函数 f x在0,+¥上的单调性；
æ πö
(2)若"xÎç0, ÷, f x>1,求实数k的取值范围.
è 2ø
【解析】（1）k=1时, f x=ex-cosx, f¢x=ex +sinx,
因为xÎ0,+¥ ,有ex >1,-1£sinx£1,所以 f¢x=ex+sinx>0,
于是函数 f x在0,+¥上单调递增.
（2）解法一： f x>1,即ex-kcosx-1>0.æ πö ex-1
因为xÎç0, ÷,所以cosx>0,于是k < .
è 2ø cosx
ex-1 sinx+cosxex-sinx
令gx= ,则g¢x= .
cosx cos2x
æ πö π æπ 3πö æ πö æ 2 ù
当xÎç0, ÷时,ex >1,0<sinx<1,x+ Îç , ÷,sinçx+ ÷Îç
ç
,1ú,
è 2ø 4 è4 4 ø è 4ø è 2 û
æ πö
则有sinx+cosxex-sinx= 2sinçx+ ÷ex-sinx>ex-sinx>0,
è 4ø
于是g¢x>0,所以gx在 æ ç0, πö ÷上是增函数,gx>g0=0,所以k £0.
è 2ø
即实数k的取值范围为-¥,0.
解法二：令gx= f x-1=ex-kcosx-1,g¢x=ex+ksinx.
当k >0时,g¢x>0,gx在 æ ç0, πö ÷上是增函数,gx>g0=-k.
è 2ø
当x®0时,gx®-k,而-k <0,不满足条件；
当k =0时,gx=ex-1>0在 æ ç0, πö ÷上恒成立；
è 2ø
当k <0时,ex >1,cosx>0,gx=  ex-1  -kcosx>0在 æ ç0, πö ÷上恒成立.
è 2ø
综上：k £0,即实数k的取值范围为-¥,0.
解法三：令gx= f x-1=ex-kcosx-1,由g0=-k≥0得k £0.
下证当k £0时,gx>0.
因为k £0且xÎ æ ç0, πö ÷,ex >1,cosx>0,所以gx=  ex-1  -kcosx≥ex-1>0,
è 2ø
所以k £0,即实数k的取值范围为-¥,0.
ax
9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数 f x= ,gx=sinx+cosx.
ex
(1)当a=1时,求 f x的极值；
(2)当xÎ0,π时, f x£ gx恒成立,求a的取值范围.
x 1-x
【解析】（1）当a=1时 f x= ,所以 f¢x= ,
ex ex
所以当x<1时 f¢x>0,当x>1时 f¢x<0,所以 f x在-¥,1上单调递增,在1,+¥上单调递减,
1
所以 f x在x=1处取得极大值,即 f x = f 1= ,无极小值.
极大值 e
ax
（2）因为当xÎ0,π时, f x£ gx恒成立,即当xÎ0,π时, £sinx+cosx恒成立,
ex
3π 3π
即exsinx+cosx-ax³0在0,π上恒成立,当x= 时- a³0,解得a£0,
4 4
设hx=exsinx+cosx-ax,xÎ0,π
,
则h¢x=exsinx+cosx+excosx-sinx-a=2excosx-a,
æ πö
令mx=h¢x=2excosx-a,则m¢x=2excosx-sinx=2 2excosçx+ ÷,
è 4ø
æ πö
当xÎç0, ÷时m¢x>0,则h¢x单调递增,
è 4ø
æπ ö
当xÎç ,π÷时m¢x<0,则h¢x单调递减,
è4 ø
æπö π
因为a£0,h¢0=2-a>0,h¢ ç ÷= 2e4 -a>0,h¢π=-2eπ-a,
è4ø
当-2eπ-a³0,即a£-2eπ时h¢x³0在0,π上恒成立,
所以hx在0,π上单调递增,所以hx =h0=1>0,所以hx³0恒成立,
min
æπ ö
当-2eπ <a<0时$x Îç ,π÷使得h¢x =0,
0 è4 ø 0
所以当xÎ0,x 时h¢x>0,hx单调递增；
0
当xÎx ,π时h¢x<0,hx单调递减；
0
ïìf 0³0 ì1³0 eπ
所以í ,则í ,解得-2eπ <a£- ,
ïî f π³0 î-eπ-aπ³0 π
eπ æ eπù
综上可得a£- ,即a的取值范围为ç-¥,- ú.
π è π û
2
10．（2024届山西省部分学校高三高考考前巩固卷）已知函数 f x= ,gx=lnx-ax,a¹0.
ax
(1)讨论函数gx的单调性；
(2)当a>0时,Fx=gx- f x£0恒成立,求a的取值范围.
1 1-ax
【解析】（1）g¢x= -a= x>0,
x x当a<0时,g¢x>0恒成立,从而gx在0,+¥上单调递增,
1 1
当a>0时,0<x< ,g¢x>0,x> ,g¢x<0,
a a
æ 1ö æ1 ö
从而gx在ç0, ÷上递增,在ç ,+¥÷上单调递减,
è aø èa ø
综上,当a<0时,gx的单调递增区间为0,+¥ ,没有单调递减区间；
æ 1ö æ1 ö
当a>0时,gx的单调递增区间为ç0, ÷,单调递减区间为ç ,+¥÷；
è aø èa ø
2
（2）由题可知Fx=lnx-ax- ,要使Fx£0恒成立,只要Fx £0,
ax max
1 2 -ax+1ax-2
F¢x= -a+ = ,由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,
x ax2 ax2
2 2
当0<x< 时,F¢x>0,当x> 时,F¢x<0,
a a
æ 2ö æ2 ö
所以函数Fx在ç0, ÷上单调递增,在ç ,+¥÷上单调递减,
è aø èa ø
æ2ö 2 2 é 2 ö
所以Fx max =Fç èa ÷ ø =ln a -3£0,解得a³ e3 ,所以a的取值范围为 ê ëe3 ,+¥ ø ÷.
11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设 f x=（a2-1)ex+sinx-3
(1)当a= 2,求函数 f(x)的零点个数.
(2)函数h(x)= f(x)-sinx-x2+2ax+2,若对任意x³0,恒有h(x)>0,求实数a的取值范围
【解析】（1）当a= 2时, f(x)=ex+sinx-3, f¢x=ex+cosx,
当x<0时,exÎ(0,1),sinx£1, f(x)<0, f(x)在(-¥,0)上无零点.
æ πö é πù
当xÎç0, ÷时, f¢x>0, f(x)在xÎ
ê
0,
ú
上单增.
è 2ø ë 2û
æπö π æπö
Q f(0)=-2<0, f ç ÷=e2 -2>eln2-2=0, f ç ÷>0,
è2ø è2ø
æ pö é πù
\$x 0 Îç è 0, 2 ÷ ø , f x 0 =0, f(x)在xÎ ê ë 0, 2 ú û 上有一个零点.
æπ ö π 3 3
当xÎç ,+¥÷时,又 > >lne2 >ln e3 >ln 2.63 =ln 17.56 >ln4,
è2 ø 2 2
π æπ ö
f(x)>e2 -1-3>eln4-4=0 ,\ f(x)在ç ,+¥÷上无零点.
è2 ø
\综上所述, f(x) 在-¥,+¥上只有一个零点.
（2）x³0时,h(x)>0,\(a2-1)ex-x2+2ax-1>0x2-2ax+1 x2-2ax+1
<a2-1 ,设g(x)= -(a2-1),
ex ex
-x2+(2a+2)x-2a-1 -(x-1)x-(2a+1)
g¢x= = ,
ex ex
1
当a£- ,g(x)在(0,1)递增,在(1,+¥)上递减,
2
2-2a
Q
g(x)
max
=g(1),\g(1)=
e
-(a2-1)<0,
e+2 1 e+2
(ea+e+2)(a-1)>0,aÎ(-¥,- )È(1,+¥),Q a£- \aÎ(-¥,- )
e 2 e
1
当- <a<0时,g(x)在(0,2a+1)递减,在(2a+1,1)递增,在(1,+¥)递减,
2
ìg(0)<0 2-2a
\只需í ,g(1)= -(a2-1)<0 g(0)=2-a2 <0,
îg(1)<0 e
e+2 1
\aÎ(-¥,- ),与 - <a<0矛盾,舍去；
e 2
当a=0时,g(x)在(0,+¥)上递减,只需g(0)<0,a2 >2,矛盾,舍去；\a=0不满足条件.
当a>0,g(x)在(0,1)上递减,在(1,2a+1)上递增,在(2a+1,+¥)上递减.
ìg(2a+1)<0
Q x³0,g(x)<0,\只需í ,
îg(0)<0
2a+12 -2a(2a+1)+1 2a+2 2
g(2a+1)= e2a+1 -(a2-1)= e2a+1 -(a2-1)<0, Q a+1>0,\a-1> e2a+1 ,
2 2 2
又g0=2-a2 0,\a 2, \a-1> 2-1>0.4> > > ,
22 2+1 e2 2+1 e2a+1
ìïa>0 e+2  
\í ,\a> 2满足条件. \综上所述,aÎ(-¥,- )È 2,+¥
ïîa> 2 e
12．（2024届天津市新华中学高三统练十一））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,
1
需验证,当a=2时, f(x)=sinx+ln(1+x)-2x£0恒成立即可,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 1 æi-1ö
=ln +ln + L +ln = å lnç ÷,所以即证 <lnç ÷,
2n-2 2n-3 n-1 èn-2ø i-1 èi-2ø
i=n+1
i-1 1 1 1
令x= =1+ ,则 =1- ,当n³2时,i³3,xÎ1,2 ,
i-2 i-2 i-1 x
1 1 1 1 1-x
所以即证：1- <lnx,xÎ1,2,令m(x)=1- -lnx,则m¢(x)= - = ,
x x x2 x x2
所以xÎ1,2时,m¢(x)<0,m(x)单调递减,
1
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
13．（2024届福建省福州市福建师范大学附属中学高三下学期校模）已知函数 f(x)=ax-ln(1-x)(aÎR)．
(1)求曲线y= f(x)在点(0, f(0))处的切线方程；
(2)若 f(x)³0恒成立,求a的值
1
【解析】（1）定义域为(-¥,1),由 f(x)=ax-ln(1-x),得 f¢(x)=a+ (x<1),
1-x
因为 f(0)=0,f¢(0)=a+1,所以曲线y= f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=(a+1)x；
1 -ax+a+1
（2）定义域为(-¥,1), f¢(x)=a+ = ,
1-x 1-x
①当a³0时, f(-1)=-a-ln2<0,不符合题意．1
②当a<0时,令 f¢(x)=0,解得x =1+ ,
a
æ 1ö æ 1ö
当xÎç-¥,1+ ÷时, f¢(x)<0, f(x)在区间ç-¥,1+ ÷上单调递减,
è aø è aø
æ 1 ö æ 1 ö
当xÎç1+ ,1÷时, f¢(x)>0, f(x)在区间ç1+ ,1÷上单调递增,
è a ø è a ø
1 æ 1ö
所以当x =1+ 时, f(x)取得最小值 f ç 1+ ÷=a+1+ln(-a)；
a è aø
若 f(x)³0恒成立,则a+1+ln(-a)³0,
1 x+1
设j(x)=x+1+ln(-x)(x<0),则j¢(x)=1+ = ,
x x
当xÎ(-¥,-1)时,j¢(x)>0,j(x)在区间(-¥,-1)上单调递增,
当xÎ(-1,0)时,j¢(x)<0,j(x)在区间(-1,0)上单调递减,
所以j(x)£j(-1)=0,即a+1+ln(-a)³0的解为a=-1．所以a=-1.
14．（2024届福建省福州第一中学高三下学期5月模拟）已知函数 f x=ex,gx=sinx+cosx,其中e为自然
对数的底数.
(1)证明：x³0时,ex-1³x³sinx；
æ 5 ö
(2)求函数hx= f x-gx在ç- π,+¥÷内的零点个数；
è 4 ø
(3)若 f x+gx³ax+2,求a的取值范围.
【解析】（1）令 f x=ex-1-x,x³0,则 f¢x=ex -1³0,
1 1
所以 f x在[0,+¥)单调递增,所以 f x³ f 0=0,所以x³0时, f(x)-1³x；
1 1 1
再令 f x=x-sinx,则 f ¢x=1-cosx³0,
2 2
所以 f x在[0,+¥)单调递增,所以 f x³ f 0=0,所以x³0时,x³sinx.
2 2 2
综上所述,x³0时,ex-1³x³sinx.
（2）hx= f x-gx=ex-sinx-cosx,
æ πö
h¢x=ex-cosx+sinx=ex+ 2sinçx- ÷,
è 4ø
①x>0时,由（1）知,hx=ex-sinx-cosx>x+1-sinx-cosx
=(x-sinx)+(1-cosx)³0,hx在(0,+¥)没有零点；②x=0时,h(0)=0,所以x=0是函数hx的零点；
æ π ö
③当xÎç- ,0÷时,h¢x=ex-cosx+sinx,h¢0=0 ,
è 4 ø
æ πö
令mx=ex-cosx+sinx,则m¢x=ex+sinx+cosx=ex+ 2sinçx+ ÷>0,
è 4ø
æ π ö
则函数h¢x在ç- ,0÷上单调递增,则h¢(x)<h¢(0)=0,
è 4 ø
则函数hx在 æ ç- π ,0 ö ÷上单调递减,则h(x)>h(0)=0,hx在 æ ç- π ,0 ö ÷没有零点；
è 4 ø è 4 ø
æ 5π πù æ pö
④当x Î ç- ,- ú,hx=ex- 2sinçx+ ÷>0,没有零点.
è 4 4û è 4ø
æ 5 ö
综上所述,当xÎç- π,+¥÷时,函数hx的零点个数为1.
è 4 ø
5
（3）由（2）知,当x>- π时,hx=ex-sinx-cosx³0,令jx= f x+ gx-ax-2
4
jx= f x+gx-ax-2=ex+sinx+cosx-ax-2,
则j¢x=ex+cosx-sinx-a ,令nx=ex+cosx-sinx-a
n¢x=ex-sinx-cosx³0 ,故j¢x单调递增,
①当a>2时,j¢0=2-a<0,
j¢lna+2 =2- 2sin é lna+2- πù >0,$x Î0,lna+2 使得j¢x =0,
ê ë 4 ú û 1 1
当0<x<x 时,j¢x <0,j(x)单调递减,j(x)<j(0)=0不符合题意；
1 1
æ 5 ö
②当a<2时,j¢0>0,若xÎç- π,0÷时,总有j¢x³0（不恒为零）,
è 4 ø
æ 5 ö æ 5 ö
则hx在ç- π,+¥÷上为增函数,但j(0)=0,故当xÎç- π,0÷时,j(x)<0,不合题意.
è 4 ø è 4 ø
æ 5 ö æ 5π ö
故在xÎç- π,0÷上,j¢x<0有解,故$x Îç- ,0÷,使得j¢x =0,
è 4 ø 2 è 4 ø 2
æ 5π ö
又j¢x在xÎç- ,0÷时单调速增,所以当x <x<0时,j¢x>0,j(x)单调递增,
è 4 ø 2
故当xÎx ,0时,j(x)<j(0)=0,不符合题意,故a<2不符合题意；
2
③当a =2时,j¢x=ex+cosx-sinx-2,由于j¢x单调递增,j¢0=0,
5
故- π<x<0时,j¢x<0,j(x)单调递减；x>0时,h¢(x)>0,h(x)单调递增,此时h(x)³h(0)=0,
4
5 5
当x£- π时,hx=ex+sinx+cosx-2x-2³0- 2+ π-2>0；综上可得,a=2.
4 215．（2024届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研测试）已知函数 f x=sinx,gx=x．
(1)求函数hx=2f x- 3gx,xÎ0,2π的极值；
gx æ πö
(2)函数jx= ,xÎç0, ÷．
f x è 2ø
①讨论函数jx的单调性；
1
②函数Fx=a×jx×cosx- <0,求实数a的取值范围．
jx
【解析】（1）函数hx=2sinx- 3x,xÎ0,2π ,则h¢x=2cosx- 3,
令h¢x=0,xÎ0,2π ,解得x= π 或x= 11π ,
6 6
则x,h¢x,hx的关系表如下所示：
æ πö π æπ 11πö 11π æ11π ö
x ç0, ÷ ç , ÷ ç ,2π÷
è 6ø 6 è6 6 ø 6 è 6 ø
h¢x + 0 - 0 +
hx 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由上表,函数hx极大值为h æ ç πö ÷=1- 3π ,极小值为h æ ç 11πö ÷=-1- 11 3π ；
è6ø 6 è 6 ø 6
gx x æ πö sinx-x×cosx
（2）①jx= = ,xÎç0, ÷,则j¢x= ,
f x sinx è 2ø sin2x
记gx=sinx-x×cosx,则g¢x=cosx-cosx-x×sinx=x×sinx,
当xÎ æ ç0, πö ÷时,g¢x>0,则gx在 æ ç0, πö ÷上单调递增,
è 2ø è 2ø
所以xÎ æ ç0, πö ÷时,gx>g0=0,所以j¢x>0,所以jx是ç æ 0, π ÷ ö 上的增函数．
è 2ø è 2ø
axcosx sinx æ πö
②Fx= - ,xÎç0, ÷,当a£0时,Fx<0恒成立；
sinx x è 2ø
x sinx
当a>0时,Fx=a×cosx× - <0Ûax2cosx-sin2x<0,
sinx x
æ πö
令Gx=ax2cosx-sin2x,xÎç0,
÷,
è 2ø
æ πö
当a>1时,令Mx=x-sinx,xÎç0, ÷,则M¢x=1-cosx>0,
è 2ø所以Mx在 æ ç0, πö ÷上单调递增,所以Mx>M0=0,即x>sinx,
è 2ø
所以Gx=ax2cosx-sin2x>ax2cosx-x2 =x2acosx-1
,
æ πö 1
因为a>1,所以$x Îç0, ÷,cosx = ,Gx >0,不满足题意,所以a>1不成立．
0 è 2ø 0 a 0
当0<a£1时,Gx=ax2cosx-sin2x£x2cosx-sin2x
记Hx=x2cosx-sin2x,H¢x=2xcosx-x2sinx-2sinxcosx,
æ πö
由①知xÎç0, ÷时,xcosx<sinx,
è 2ø
所以H¢x<2sinx-x2sinx-2sinxcosx
æ x2 ö æ x x2 ö é æxö 2 x2ù
=2sinx×ç1- -cosx÷=2sinx×ç2sin2 - ÷<2sinx×ê2ç ÷ - ú=0,
è 2 ø è 2 2 ø êë è2ø 2 úû
所以Hx<H0=0．所以0<a£1成立．
综上所述：a£1．