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专题 12 常见函数模型的应用
有一些常见的函数，如y=lnx+1-x,y=ex -x-1等，在导数解答题常常出现其身影，在导数解答题中或
利用其性质进行求解，或以其为模型进行改编命题，无论以哪一种方式命题，掌握这些函数的性质，并有
目的的使用这些函数性质解题，能迅速找到解题思想，并使问题得以解决.
(一)常见对数型函数模型
1.函数 f x=lnx+1-x在-1,0上是增函数，在0,+¥是减函数， f x在x=0处取得最大值0，
2. f x=lnx的图象与直线y=x-1在x=1相切，以直线y=x-1为切线的函数有：y =lnx， y =ex-1-1，
1
y = x2 -x，y =1- ，y = xlnx.
x
1
3.与对数型函数有关的常见不等式有：lnx+1£x,lnx£x-1,lnx³1- ,lnx1，lnx> çx- ÷ 0sin +sin +sin +
+sin （nÎN*）.
n+1 n+2 n+3 2n
a -x+a
【解析】（1）函数 f x的定义域为0,+¥， f¢x= -1= ，
x x
①当a£0时， f¢x<0恒成立，
所以函数 f x的单调递减区间为0,+¥；②当a>0时，由 f¢x=0，得x=a，
当xÎ0,a时， f¢x>0；当xÎa,+¥时， f¢x<0.
所以函数 f x的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+¥ .
综上，当a£0时，函数 f x的单调递减区间为0,+¥；
当a>0时，函数 f x的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+¥ .
（2）
Q
gx=sinx-x，\g¢x=cosx-1£0恒成立，
1 1 æ 1 ö
\gx在R上单调递减，又nÎN*，\0< £ ，\gç ÷ ，即ln > ，
n èn ø n+1 n n+1
1 1
\lnn+1-lnn> ，从而lnn+2-lnn+1> ，
n+1 n+2
1 1
lnn+3-lnn+2> ，…，ln2n-ln2n-1> ，
n+3 2n
1 1 1 1
累加可得ln2n-lnn> + + + + ，
n+1 n+2 n+3 2n
1 1 1 1
即ln2> + + + + .
n+1 n+2 n+3 2n
由（2）知，gx=sinx-x在0,+¥是递减函数，\gxsin +sin +sin + +sin .
n+1 n+2 n+3 2n n+1 n+2 n+3 2n
1 1 1 1
\ln2>sin +sin +sin +
+sin （nÎN*）.
n+1 n+2 n+3 2n
(二)常见指数型函数模型
1.函数 f x=ex -x-1在-¥,0上是减函数，在0,+¥上是增函数， f x在x=0处取得最小值0，
1 1
2.与对数型函数有关的常见不等式有：ex ³x+1,ex >x,ex ³ex，ex < x>0,ex <- x<0，
1-x x
1
ex ³1+ x+ x2x >0.
2
【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知 f x=ex-x．(1)求 f(x)的单调区间和最值；
f(b)- f(a)
(2)定理：若函数 f(x)在(a,b)上可导，在[a，b]上连续，则存在xÎ(a,b)，使得 f¢(ξ)= ．该定理
b-a
称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：
若00, f(x)单调递增．
当x=0时， f(x)取得最小值1，无最大值；
em en æ1 1 ö
（2）要证 - <(m+1)2 ç - ÷，只需证mem-nen <(m+1)2(m-n)，因为0(m+1)2．
m-n
令g(x)=xex(x>0)，显然g(x)在(m,n)上可导，在[m，n]上连续，
mem-nen
故由拉格朗日中值定理知存在xÎ(m,n)，使得g¢(x)= ，
m-n
而g¢(x)=(x+1)ex >0,g¢(x)在(0,+¥)上单调递增，
因为mg¢(m)，即g¢(x)>(m+1)em，
故只需证(m+1)em ³(m+1)2即可，因为m>0，故只需证em ³m+1．
由（1）知ex ³ x+1恒成立，因此原命题得证．
(三) 常见三角函数模型
1
1.函数 f x=sinx-x在0,+¥上是减函数，函数gx= x2 +cosx在0,+¥上是增函数g¢x=-f x ，
2
æ πö 1
2.与三角函数有关的常见不等式有：sinx< xx >0，sinx< x< tanx
ç
0< x<
÷
, sinx³ x- x2，
è 2ø 2
1 1
1- x2 £cosx £1- sin2 x.
2 2
【例3】（2024届江西省宜丰中学高三下学期模拟）设 f x=ax2+cosx-1，aÎR.
1
(1)当a= 时，证明： fx³0；
2
1 1 1 4
(2)证明：cos +cos + L +cos >n- nÎN*,n>1 .
2 3 n 3
【解析】（1）因为 f x=ax2+cosx-1定义域为R，
所以 f -x=ax2+cosx-1= f x，所以 f x为定义在R上的偶函数，下取x³0，
可知 f¢x=x-sinx，令jx= f¢x=x-sinx，j¢x=1-cosx³0，
则jx在0,+¥内单调递增，可得jx³j0=0，
即 f¢x³0在0,+¥内恒成立，可知 f x在0,+¥内单调递增，
所以 f x在0,+¥内的最小值为 f 0=0，结合偶函数性质可知： f x³0.
1
（2）由（1）可得： f x= x2+cosx-1³0，当且仅当x=0时，等号成立，
2
1 1 1 1
即cosx³1- x2，令x= ,n³2,nÎN*，则cos >1- ，当n³2时，
2 n n 2n2
1 1 2 2 æ 1 1 ö 1 æ 1 1 ö
cos >1- =1- >1- =1-ç - ÷，即cos >1-ç - ÷，
n 2n2 4n2 4n2-1 è2n-1 2n+1ø n è2n-1 2n+1ø
1 æ1 1ö 1 æ1 1ö 1 æ 1 1 ö
则有：cos >1-ç - ÷，cos >1-ç - ÷，×××，cos >1-ç - ÷，
2 è3 5ø 3 è5 7ø n è2n-1 2n+1ø
1 1 1 æ1 1 ö 4 1
相加可得：cos +cos +
+cos >n-1-ç - ÷=n- + ，
2 3 n è3 2n+1ø 3 2n+1
1 1 1 1 4
因为n³2，则 >0，所以cos +cos +
L
+cos >n- ，
2n+1 2 3 n 3
1 1 1 4
即cos +cos + +cos >n- nÎN*,n>1 .
2 3 n 3
lnx x
(四) y = 或y = .
x lnx
lnx 1 lnx
y= 在0,e上是增函数，在e,+¥上是减函数，x=e时取得最大值 ，利用y= 性质解题易错点
x e x
是该在e,+¥上是减函数，但该函数在e,+¥上没有零点，因为x>e时y>0.
【例4】（2024届海南省定安县高三上学期考试）已知函数 f x=lnx-2ax.
(1)若x=1是 f(x)的极值点，求a的值；
(2)若a=1，讨论函数 f(x)的单调性；
(3)若 f(x)£0恒成立，求a的取值范围；
1 1-2ax
【解析】（1）由 f x=lnx-2ax，得 f¢x= -2a= ，
x x
因为x=1是 f(x)的极值点，
1
所以 f¢(1)=0，即1-2a=0，所以a= ，经检验符合题意.
2
1 1-2x
（2）若a=1， f¢x= -2= ,xÎ0,+¥.
x x1 1-2x é1 ö
当1-2x£0，即x³ 时， f¢x= £0，所以 f x在
ê
,+¥÷上单调递减；
2 x ë2 ø
æ 1ö 1-2x æ 1ö
当xÎç0, ÷时， f¢x= >0；在ç0, ÷上单调递增，
è 2ø x è 2ø
æ 1ö é1 ö
所以 f x在ç0, ÷上单调递增，在
ê
,+¥÷上单调递减，
è 2ø ë2 ø
（3） f(x)的定义域为(0,+¥)，若 f(x)£0恒成立，则lnx-2ax£0恒成立，
lnx lnx (lnx)¢×x-lnx×x¢ 1-lnx
即2a³ 恒成立，令g(x)= ，只需2a³g(x) ，又g¢(x)= = ，
x x max x2 x2
lnx
令g¢(x)=0得x=e，xÎ(0,e)时，g¢(x)>0，则g(x)= 单调递增；
x
lnx
xÎ(e,+¥)时，g¢(x)<0，则g(x)= 单调递减；
x
1 1
所以2a³g(x) =g(e)= ，解得：a³ ；
max e 2e
ex x
(五) y = 或 y =
x ex
ex
讨论y= 的性质要注意x¹0，该在-¥,0和0,1单调递减，在1,+¥单调递增
x
【例5】（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 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 ex
所以x¹0，则a= ，方程有两个不等实根，即y=a与gx= 的图象有2个交点，
x x
x-1ex
g¢x= ，当x<0或00，
当x>1时，g¢x>0，gx在区间1,+¥上单调递增，
x>0时，当x=1时，gx取得最小值，g1=e，
作出函数y=gx的图象，如图所示：
ex
因此y=a与gx= 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xlna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 f 2lna-x ，又 f x = f x ，所以只需证 f x > f 2lna-x ，
1 2 1 2 2 2
即证 f x - f 2lna-x >0，令hx= f x- f 2lna-x，
2 2
即hx=ex-ax-1-ée2lna-x-a2lna-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hx在R上单调递增.
由x >lna，可得hx >hlna=0，即 f x - f 2lna-x >0，
2 2 2 2所以 f x > f 2lna-x ，又函数 f x在-¥,lna上单调递减，
1 2
所以x <2lna-x ，即x +x <2lna得证.所以-a>e，即a<-e,即aÎ-¥,-e.
1 2 1 2
1
【例1】（2024届江苏省连云港市东海县石高三下学期5月模拟）已知函数 f(x)=ex- x2-x.
2
(1)求函数 f(x)在x=1处的切线方程.
(2)证明："xÎ[0,+¥),f(x)>sinx.
1
【解析】（1）由 f(x)=ex- x2-x，可得 f¢(x)=ex-x-1，
2
1 3
f¢(1)=e1-1-1=e-2，又 f(1)=e1- ´12-1=e- ，
2 2
3 1
所以函数 f(x)在x=1处的切线方程为y-e+ =(e-2)(x-1)，即(e-2)x-y+ =0.
2 2
1
（2）由 f(x)=ex- x2-x，可得 f¢(x)=ex-x-1，令h(x)=ex-x-1，可得h¢(x)=ex-1，
2
当xÎ[0,+¥)时，h¢(x)=ex-1³0，所以h(x)=ex-x-1在[0,+¥)上单调递增，
又h(x)³h(0)=e0 -0-1=0，即 f¢(x)=ex-x-1³0，
1
所以 f(x)=ex- x2-x在[0,+¥)上单调递增，
2
1
所以 f(x)³ f(0)=e0- ´02-0=1，当x=0时， f(0)=1>sin0=0，
2
当x>0时， f(x)>1³sinx，综上所述："xÎ[0,+¥),f(x)>sinx.
【例2】（2025届河北省“五个一”名校联盟高三第一次联考）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xÎ0,a时， f¢x>0；xÎa,+¥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 ÷ -1a>0Û证alna-a£ç ÷ -1a>0，
èeø èeø
æaö a æaö a æaö a æaö a
即Ûlnç ÷ £ç ÷ -1a>0Ûlnç ÷ -ç ÷ +1£0，
èeø èeø èeø èeø
1 1-x
令gx=lnx-x+1x>0，则g¢x= -1= x>0，
x x
故当xÎ0,1时，g¢x>0；xÎ1,+¥时，g¢x<0，
所以gx在0,1上单调递增，在1,+¥上单调递减，
所以gx£g1=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
【例3】已知函数 f x=xex-ex+1．
(1)证明： fx³0．
1 1 1
(2)已知nÎN*，证明：sin +sin +
L
+sin 0得x>0，由 f¢x<0得x<0，
故 f x在区间0,+¥上单调递增，在区间-¥,0上单调递减，
故 f x的最小值是 f 0=0，所以 fx³0．
1
（2）由（1）得，xex-ex+1³0．令t=ex，其中t >0，则tlnt-t+1³0，即lnt³1- ，
tn+k n+k 1
令t= ，则ln > ，
n+k-1 n+k-1 n+k
1 n+k
所以 0)，则g¢(x)=1-cosx≥0且g¢x不恒为零，
所以函数gx在0,+¥上单调递增，故g(x)>0-sin0=0，则sinx0．
1 1 n+k
所以sin < 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 Î0,2，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+ + + + ) 3 n-2k2 (kÎR).
è 3 i ø 3
i=1
2
【例5】（2024届河南省部分名校高三上学期核心模拟）已知函数 f(x)=ax-lnx- (aÎR).
x
(1)当a=-1时，求 f(x)的单调区间;
æ 2 ö a+1
(2)若 f x = f x ,当ax 0),
x x2 x2 x2
当xÎ(0,1)时, f'(x)>0;当xÎ(1,+¥)时, f'(x)<0,
所以 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+¥).
2 2
（2）由 f x = f x ,得ax -lnx - =ax -lnx - ,
1 2 1 1 x 2 2 x
1 2
2 2 2x -x
所以lnx -lnx =ax -x + - =ax -x + 2 1 ,
2 1 2 1 x x 2 1 xx
1 2 1 2
1 x 2
则 ln 2 =a+ ,
x -x x xx
2 1 1 1 2
æ 2 ö a+1 æ 1 x ö a+1
要证x +x ça+ ÷< ,只需证x +x ç ln 2 ÷< ,
1 2 è xx ø a 1 2 èx -x x ø a
1 2 2 1 1x
1+ 2
x +x x a+1 x x a+1
即证 1 2 ln 2 < ,需证 1 ln 2 < .
x -x x a x x a
2 1 1 2 -1 1
x
1
1
x t+1 t- -2lnt
令t= x 2 >1,设g(t)= t-1 lnt(t >1),则 g¢(t)= t ,
1 (t-1)2
1 1 2 æ1 ö 2
设h(t)=t- -2lnt(t>1),则h¢(t)=1+ - =ç -1÷ >0,
t t2 t èt ø
所以h(t)在(1,+¥)上单调递增,则h(t)>h(1)=0,
所以g'(t)>0,所以g(t)在(1,+¥)上单调递增,
1 x 1
由ax 2 >1,则 >1Þa<1,
2 1 2 a x a
1
1
1+
æx ö æ1ö a 1 a+1 1
所以gç 2 ÷1,即证2lnu 1 2 ．
1 2 1 2 2 x -x
1 2
3．（2024届辽宁省部分高中2023-2024学年高三下学期三模）已知函数 f(x)=x
1-eax
，其在x=1处的切
线斜率为1-2e．
(1)求a的值；
(2)若点(m,n)在函数 f(x)的图象上，求 f(m)- f(n)的取值范围．
4．（2024届河北省部分中学高三下学期考点评估）已知函数 f x=xlnx-ax2+2a-1x-a+1aÎR．
(1)若 f x£0在1,+¥恒成立，求实数a的取值范围；
1 1 1 1 1
(2)证明： + + +
+ + >ln2．
n+1 n+2 n+3 n+n 4n
a
5．（2024届四川省内江市高三三模）已知函数 f(x)=lnx+ -a,a>0．
x
(1)若 f(x)的图象不在x轴的下方，求a的取值集合；
1 1 1
(2)证明：sin +sin +
+sin 0).
x
(1)若a=1，求函数 f x的单调区间；
(2)若 f x存在两个极小值点x,x ，求实数a的取值范围.
1 2
10.已知函数 f x=lnx-ax2-bxa,bÎR．
(1)当a=0时，若 f x£0在xÎ0,+¥上恒成立，求实数b的取值范围；
x +x
(2)设x,x 为 f x的两个不同零点，证明： f x +x < 1 2 -2．
1 2 1 2 e
11.（2024届陕西省西安市第一中学高三下学期高考预测）已知函数 f x=x-alnx+a-1xaÎR．
(1)若函数 f x在0,+¥上单调递增，求实数a的值；
1 1 1
(2)求证：ln2>sin +sin +
+sin ．
100 101 198
12．（2024届四川省江油中学高三上学期9月月考）已知函数 f(x)=lnx-ax+1,aÎR.
(1)当a>0时，求函数 f(x)在区间1,e上的最大值；
(2)若x 为函数g(x)= x[f(x)+lnx-2]的极值点，求证：2ax2 ln4时， f x>x2.
