专题12常见函数模型的应用（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 12 常见函数模型的应用
有一些常见的函数，如y=lnx+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=lnx+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：lnx+1£x,lnx£x-1,lnx³1- ,lnx<x,lnx< x，
x
1æ 1ö 1æ 1ö
lnx< çx- ÷ x>1，lnx> çx- ÷ 0<x<1.
2è xø 2è xø
1
4.利用lnx+1£x可得到lnn+1-lnn< ，再借助叠加法可得到一些复杂的数列不等式.
n
【例1】（2024届陕西省学林高考全真模拟考试）已知函数 f x=alnx-x+1（aÎR），gx=sinx-x.
(1)讨论函数 f x的单调性；
æ 1 ö
(2)证明：gç ÷<0（nÎN*）；
èn+1ø
1 1 1 1
(3)证明：ln2>sin +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xÎ0,a时， f¢x>0；当xÎa,+¥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
gx=sinx-x，\g¢x=cosx-1£0恒成立，
1 1 æ 1 ö
\gx在R上单调递减，又nÎN*，\0< £ ，\gç ÷<g0=0.
n+1 2 èn+1ø
1 1
（3）由（1）知，当a=1时， f x£0，即lnx£x-1，\ln £ -1，
x x
1 x-1 x
\lnx³1- = ，\lnx+1³ （当x=0时“=”成立）.
x x x+1
1 æ1 ö 1 n+1 1
令x= （nÎN*），\lnç +1÷> ，即ln > ，
n èn ø n+1 n n+1
1 1
\lnn+1-lnn> ，从而lnn+2-lnn+1> ，
n+1 n+2
1 1
lnn+3-lnn+2> ，…，ln2n-ln2n-1> ，
n+3 2n
1 1 1 1
累加可得ln2n-lnn> + + + + ，

n+1 n+2 n+3 2n
1 1 1 1
即ln2> + + +  + .
n+1 n+2 n+3 2n
由（2）知，gx=sinx-x在0,+¥是递减函数，\gx<g0=0，即sinx<x，
1 1 1 1 1 1 1 1
\ + + +  + >sin +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+ x2x >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0<m<n，求证：
em
-
en <m+12æ
ç
1
-
1 ö
÷．
n m èn mø
【解析】（1） f¢(x)=ex -1，令 f¢(x)=0，解得x=0，
当xÎ(-¥,0)时， f¢(x)<0, f(x)单调递减；当xÎ(0,+¥)时， f¢(x)>0, 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<n，
n m èn mø
mem-nen
故只需证 >(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m<x<n，故g¢(x)>g¢(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gx= 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< xx >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： fx³0；
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jx= f¢x=x-sinx，j¢x=1-cosx³0，
则jx在0,+¥内单调递增，可得jx³j0=0，
即 f¢x³0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 x³0.
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= ,xÎ0,+¥.
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 <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 ex
所以x¹0，则a= ，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
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 ，
1 2 1 2
而x <2lna-x <lna，且函数 f x在-¥,lna上单调递减，
1 2
故只需证 f 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hx= f x- f 2lna-x，
2 2
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 ，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
【例3】已知函数 f x=xex-ex+1．
(1)证明： fx³0．
1 1 1
(2)已知nÎN*，证明：sin +sin +
L
+sin <ln2．
n+1 n+2 2n
【解析】（1）函数 f x=xex-ex+1的定义域为R， f¢x=xex，
由 f¢x>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 fx³0．
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 <ln =lnn+k-lnn+k-1，kÎ1,2, ,n．

n+k n+k-1
令g(x)=x-sinx(x>0)，则g¢(x)=1-cosx≥0且g¢x不恒为零，
所以函数gx在0,+¥上单调递增，故g(x)>0-sin0=0，则sinx<xx>0．
1 1 n+k
所以sin < <ln =lnn+k-lnn+k-1，kÎ1,2, ,n．

n+k n+k n+k-1
1 1 1
所以sin +sin + +sin

n+1 n+2 2n
<élnn+1-lnnù+élnn+2-lnn+1ù+ +éln2n-ln2n-1ù
ë û ë û  ë û
=ln2n-lnn=ln2，问题得证．
【例4】（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+ + + + )<k2(1+1- + - + + + - )<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
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 <x <x 时,证明:x +x  ça+ ÷< .
1 2 2 1 2 1 2 è xx ø a
1 2
【解析】（1） f(x)的定义域为(0,+¥),
2
当a=-1时, f(x)=-x-lnx- ,
x
1 2 x2+x-2 (x+2)(x-1)
所以 f¢(x)=-1- + =- =- (x>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 2x -x 
所以lnx -lnx =ax -x + - =ax -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 <x <x ,得 > 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 ÷<gç ÷= ln = ln ,
è x 1 ø èaø 1 -1 a 1-a a
a
1+a 1 a+1 1 1-a 1
所以需证 ln < ,即证ln < = - a .
1-a a a a a a
1 1 1
令u= ，则u>1,即证2lnu<u- ,设j(u)=2lnu-u+ ,
a u u
2 1 -(u-1)2
则j¢(u)= -1- = <0,
u u2 u2
所以j(u)在(1,+¥)上单调递减,则j(u)<j(1)=0,
1 1 1
所以2lnu-u+ <0,即ln < - a成立,
u a a
æ 2 ö a+1
故x +x  ça+ ÷< .
1 2 è xx ø a
1 2
lnx+lna+1
1．（2024届广西壮族自治区贵港市高考模拟预测）已知函数 f(x)=aeax- ．
x
(1)当a=1时，请判断 f(x)的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f(x)³2a2-a恒成立，求实数a的取值范围．
1+lnx
【解析】（1）当a=1时， f(x)=ex- ，xÎ(0,+¥)，
xlnx x2ex+lnx 1
所以 f¢(x)=ex+ = ，令h(x)= x2ex +lnx，则h¢(x)=(x2+2x)ex+ ，
x2 x2 x
当xÎ(0,+¥)时，h¢(x)>0，\h(x)在(0,+¥)上单调递增，
1 e 1
又 h( )= -ln2<0，h(1)=e，\h(x)存在唯一零点x ，且x Î( ,1)，
Q 2 4 0 0 2
当xÎ(0,x )时， f¢(x)<0， f(x)在0,x 上单调递减，
0 0
当xÎ(x ,+¥)时， f¢(x)>0， f(x)在x ,+¥单调递增．
0 0
\f(x)有一个极小值点x ，无极大值点．
0
lnx+lna+1
（2）
Q
f(x)=aeax- ≥2a2-a恒成立，
x
\axeax-[ln(ax)+1]≥2a2x-ax恒成立，\axeax-[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立．
lnt+1
令t=ax，则tÎ(0,+¥)，\2a£et - +1恒成立．
t
lnx+1
设g(x)=ex- ，由（1）可知g(x)的最小值为g(x )．
x 0
lnx 1
又h(x )=x2ex0 +lnx =0，\x ex0 =- 0 =- lnx =-e-lnx0 lnx ．（﹡）
0 0 0 0 x x 0 0
0 0
设m(x)= xex，当x>0时，m¢(x)=(x+1)ex >0，\m(x)在(0,+¥)上单调递增，
1
x Î( ,1)，\x >0，-lnx >0，
Q 0 2 0 0
1
由（﹡）知m(x )=m(-lnx )，\ x = -ln x ，即ex0 = ．
0 0 0 0 x
0
1+lnx 1 1-x
\g(x )=ex0 - 0 = - 0 =1，
0 x x x
0 0 0
\2a£1+1=2，\a£1，又a>0，\a的取值范围为0,1．
2．（2024届广东省东莞市东华高级中学 东华松山湖高级中学高三下学期三模）已知常数mÎR，设
m
f x=lnx+ ，
x
(1)若m=1，求函数y= f x在1,1处的切线方程；
(2)是否存在0<x <x <x ，且x,x ,x 依次成等比数列，使得 f x 、 f x 、 f x 依次成等差数列？请
1 2 3 1 2 3 1 2 3
说明理由．
f¢x + f¢x  f x - f x 
(3)求证：当m£0时，对任意x,x Î0,+¥，x <x ，都有 1 2 > 1 2 ．
1 2 1 2 2 x -x
1 2
1
【解析】（1）当m=1时， f x=lnx+ (x>0)，
x1 1 x-1
则 f¢x= - = ，所以 f¢1=0，所以切线方程为y=1；
x x2 x2
（2）若x,x ,x 依次成等比数列，则x2 =xx ，
1 2 3 2 1 3
若 f x 、 f x 、 f x 成等差数列，则2f x = f x + f x ，
1 2 3 2 1 3
2m m m mx +x  mx +x 
所以2lnx + =lnx + +lnx + =lnxx + 1 3 =lnx2+ 1 3 ，
2 x 1 x 3 x 1 3 xx 2 x2
2 1 3 1 3 2
2m mx +x 
所以 = 1 3 ，
x x2
2 2
(x +x )2
当m=0时，成立，当m¹0时，则2x =x +x ，联立x2 =xx ，得 1 3 =xx ，
2 1 3 2 1 3 4 1 3
x2+2xx +x2 =4xx ，即(x -x )2 =0，所以x =x ，与x <x <x 矛盾，
1 1 3 3 1 3 1 3 1 3 1 2 3
所以m=0时，存在x,x ,x 满足条件，当m¹0时，不存在x,x ,x 满足条件；
1 2 3 1 2 3
m 1 m
（3） f x=lnx+ ，则 f¢x= - ，
x x x2
f¢x + f¢x  f x - f x 
要证明 1 2 > 1 2 ，又x <x ，
2 x -x 1 2
1 2
只需证明x -x éf¢x + f¢x ù-2éf x - f x ù<0，
1 2 ë 1 2 û ë 1 2 û
æ 1 m 1 m ö æ m mö
又x 1 -x 2 é ë f¢x 1 + f¢x 2 ù û -2 ë éf x 1 - f x 2  û ù =x 1 -x 2  ç èx - x2 + x - x2 ÷ ø -2ç è lnx 1 + x -lnx 2 - x ÷ ø
1 1 2 2 1 2
-3m 3m x x mx mx x
= + - 2 + 1 - 1 + 2 -2ln 1 ，
x x x x x2 x2 x
1 2 1 2 2 1 2
-3m 3m x x mx mx x
所以只需证明 + - 2 + 1 - 1 + 2 -2ln 1 <0，
x x x x x2 x2 x
1 2 1 2 2 1 2
x
令 2 =t>1，
x
1
-3m 3m x x mx mx x -3m 3m 1 m mt 1
则 + - 2 + 1 - 1 + 2 -2ln 1 = + -t+ - + -2ln
x x x x x2 x2 x x tx t t2x x t
1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1
所以
-3m
+
3m
-
x
2 +
x
1 -
mx
1 +
mx
2 -2ln
x
1 =
1
-t-2ln
1
+
m  -3t2+3t-1+t3
，
x x x x x2 x2 x t t t2x
1 2 1 2 2 1 2 1
1 m
只需证明 -t+2lnt+ (t-1)3 <0，
t t2x
1
1 1 2 æ1 ö 2
令gt= -t+2lnt，则g¢t=- -1+ =-ç -1÷ <0恒成立，
t t2 t èt ø
所以函数gt在1,+¥上单调递减，
m 1 m
所以gt<g1=0， 若m£0，则 (t-1)3 £0，则 -t+2lnt+ (t-1)3 £0恒成立，
t2x t t2x
1 1f¢x + f¢x  f x - f x 
所以当m£0时，对任意x,x Î0,+¥，x <x ，都有 1 2 > 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．
【解析】（1） f¢x=1-(1+ax)eax，
由题意， f¢(1)=1-(1+a)ea =1-2e，整理得(1+a)ea =2e，
令g(x)=(1+x)ex，所以g¢x=(2+x)ex，
所以当x<-2时，g¢x<0，g(x)在(-¥,-2)上单调递减，且g(x)<0，
当x>-2时，g¢x>0，g(x)在(-2,+¥)上单调递增，
又g(-2)=-e-2 <0，g(-1)=0，g(1)=2e，
所以关于a的方程(1+a)ea =2e只有一个根，即a=1．
（2）由（1）问可知 f(x)=x  1-ex ，所以 f¢x=1-(1+x)ex，
令h(x)=1-(1+x)ex =1-g(x)
进而可知h(x)在区间(-¥,-2)上单调递增，在区间(-2,+¥)上单调递减，
且h(-2)=1+e-2 >0，x<-2时，h(x)>0，h(0)=0，
所以x<0时， f¢x>0，函数 f(x)在(-¥,0)上单调递增，
x>0时， f¢x<0，函数 f(x)在(0,+¥)上单调递减，
当x=0时， f(x)取得最大值 f(0)=0，
所以 f(x)的值域为(-¥,0]．
又由题意知点(m,n)在函数 f(x)的图象上，故n= f(m)，
所以 f(m)- f(n)=n- f(n)=n-n  1-en =nen，nÎ(-¥,0]．
令t(x)=xex，xÎ(-¥,0]，
所以t¢(x)=(1+x)ex，当x=-1时，t¢(-1)=0，
当xÎ(-¥,-1)时，t¢(x)<0，t(x)在区间(-¥,-1)上单调递减，
当xÎ(-1,0]时，t¢(x)>0，t(x)区间(-1,0]上单调递增，1
所以当x=-1时，t(x)取得最小值- ，
e
当xÎ(-¥,-1)时，t(x)<0，当x®-¥时，t(x)®0，且t(0)=0，
é 1 ù
所以t(x)的值域为 - ,0 ，
ê ú
ë e û
é 1 ù
所以 f(m)- f(n)的取值范围是 - ,0 ．
ê ú
ë e û
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-1x-a+1aÎR．
(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-1
【解析】（1） f x£0Ûlnx-ax- +2a-1£0在1,+¥恒成立．
x
a-1
构造函数gx=lnx-ax- +2a-1x³1，则gx£0在1,+¥恒成立．
x
g¢x= 1 -a+ a-1 =
x-1é
ë
1-ax+1ù
û
x x2 x2
当a£0时，g¢x³0，所以gx在1,+¥上单调递增，
所以gx³g1=0，矛盾，故舍去
1 1 æ 1 ö
当0<a< 时，由g¢x³0得1<x< -1，所以gx在ç1, -1÷上单调递增，
2 a è a ø
æ 1 ö
故"xÎç1, -1÷，均有gx³g1=0，矛盾，故舍去
è a ø
1
当a³ 时，g¢x£0，所以gx在1,+¥上单调递减，
2
所以gx£g1=0，满足题意；
é1 ö
综上，实数a的取值范围为
ê
,+¥÷
ë2 ø
1
（2）由（1）知当a= 时， f x£0恒成立，
2
1æ 1ö
即lnx£ çx- ÷在1,+¥上恒成立，当且仅当x=1时取等号．
2è xø
n+1 n+1 1æn+1 n ö 1æ1 1 ö
所以当x= 时，可得ln < ç - ÷= ç + ÷
n n 2è n n+1ø 2èn n+1ø
n+2 1æ 1 1 ö n+3 1æ 1 1 ö n+n 1æ 1 1 ö
同理ln n+1 < 2 ç èn+1 + n+2 ÷ ø ，ln n+2 < 2 ç èn+2 + n+3 ÷ ø ，¼，ln n+n-1 < 2ç è ç n+n-1 + n+n÷ ø ÷n+1 n+2 n+n
两边分别累加得：ln
n
+ln
n+1
+

+ln
n+n-1
1é æ1 1 ö æ 1 1 ö æ 1 1 öù
< 2ê ê ë è ç n + n+1ø ÷+ è ç n+1 + n+2 ÷ ø +  +ç ç è n+n-1 + n+n ÷ ÷ ø ú úû
æn+1 n+2 n+n ö 1 1 1 1 1
即lnç ç n ´ n+1 ´  ´ n+n-1 ÷ ÷ < 2n + n+1 + n+2 +  + n+n-1 + 4n
è ø
1 1 1 1 1
即 + + + + + >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 <ln2024
 nÎN*
．
n+1 n+2 2024n
1 a x-a
【解析】（1） f(x)的定义域为 x x>0 ，所以 f¢(x)= - = ，
x x2 x2
当0<x<a时， f¢x<0， f(x)单调递减，当x>a时， f¢x>0， f(x)单调递增，
所以 f x = f a=lna-a+1，
min
因为 f(x)的图象不在x轴的下方，所以 f x³0恒成立，所以lna-a+1³0,aÎ0,+¥，
1 1-x
令gx=lnx-x+1，g¢x= -1= ，
x x
当0<x<1时，g¢x>0，g(x)单调递增，当x>1时，g¢x<0，g(x)单调递减，
所以gx =g1=0，又因为aÎ0,1，ga=lna-a+1<g1=0，
max
aÎ1,+¥，ga=lna-a+1<g1=0，
所以a=1，故a的取值集合为1.
1 1 x-1
（2）由（1）可知，当a=1时， f x³0，即lnx+ -1³0，即lnx³1- = ，
x x x
x
所以lnx+1³ ，（当x=0时取等），
x+1
1
令x= 1 nÎN*，所以ln æ ç 1 +1 ö ÷> n = 1 ，则ln æ ç 1+nö ÷> 1 ，
n èn ø 1 n+1 è n ø n+1
+1
n
1 1
所以lnn+1-lnn> ，故lnn+2-lnn+1> ，
n+1 n+21 1
lnn+3-lnn+2> ，…，ln2024n-ln2024n-1> ，
n+3 2024n
1 1 1
由累加法可得：ln2024n-lnn> + +¼+ ，
n+1 n+2 2024n
1 1 1
即ln2024> + +¼+ ，
n+1 n+2 2024n
令hx=sinx-x,xÎ0,+¥，h¢x=cosx-1£0恒成立，
所以hx在区间0,+¥上单调递减，所以hx<h0=0，
1 1 1 1 1 1
所以sinx<x，所以sin +sin + +sin < + +¼+
 nÎN*
，

n+1 n+2 2024n n+1 n+2 2024n
1 1 1
所以sin +sin +  +sin <ln2024
 nÎN*
.
n+1 n+2 2024n
1
6．（2024届河北省沧州市沧县中学高三下学期模拟）已知函数 f(x)=lnx-ln(x-1)- ．
x
(1)求 f x的值域；
n 1
(2)求证：当nÎN*时，åsin <ln2．
n+i
i=1
x 1
【解析】（1） f(x)=ln - ，x>1，
x-1 x
x t x 1 t-1
令 =t，则x= ，t>1，则ln - =lnt- ，
x-1 t-1 x-1 x t
t-1 t-1
令g(t)=lnt- ，t>1，则g¢(t)= >0，
t t2
所以函数gt在1,+¥上单调递增，所以gt>g1=0，即 f x>0，
故 f x的值域为0,+¥．
（2）令函数hx=x-sinx，x>0，则h¢x=1-cosx³0，
所以hx在0,+¥上单调递增，所以hx>h0=0，
1 1
故当x>0时，x>sinx，所以 >sin ．
x x
1 1 1
由（1）知，当x>1时 <lnx-ln(x-1)，所以当x>0时，sin < <lnx-ln(x-1)，
x x x
1
所以sin <lnx-ln(x-1)，令x=n+i，其中nÎN*，i=1，2，3，L，n，
x
1
则sin <ln(n+i)-ln(n+i-1)，
n+i
1 1
所以sin <ln(n+1)-lnn，sin <ln(n+2)-lnn+1，
n+1 n+21 1
sin <ln(n+3)-ln(n+2)，L，sin <ln2n-ln2n-1，
n+3 2n
1 1 1 1
以上n个式子相加得sin +sin +sin +
L
+sin
n+1 n+2 n+3 2n
<ln(n+1)-lnn+ln(n+2)-ln(n+1)+ln(n+3)-ln(n+2)+ +ln2n-ln(2n-1)
L
2n n 1
=ln2n- lnn=ln =ln2，即当nÎN*时，åsin <ln2．
n n+i
i=1
1
7．（2024届山东省菏泽第一中学高三下学期5月月考）已知函数 f x=ax-lnx- .
2x
3
(1)当a=- 时，求 f x的极值；
2
(2)当x³1时，不等式 fx³0恒成立，求a的取值范围；
1 1 1
(3)证明：lnn+1< + +  + .
1+12 2+22 n+n2
3 3 1
【解析】（1）当a=- 时， f x=- x-lnx- ，x>0，
2 2 2x
3 1 1 3x-1x+1
则 f¢x=- - + =- ，
2 x 2x2 2x2
令 f¢x<0，得xÎ æ ç 1 ,+¥ ö ÷；令 f¢x>0，得xÎ æ ç0, 1ö ÷，
è3 ø è 3ø
æ 1ö æ1 ö
所以 f x在ç0, ÷上单调递增，在ç ,+¥÷上单调递减；
è 3ø è3 ø
1 æ1ö
所以 f x在x= 处取到极大值 f ç ÷=ln3-2，无极小值.
3 è3ø
1 lnx 1
（2）因为x³1， f x=ax-lnx- ³0恒成立，所以a³ + 恒成立，
2x x 2x2
lnx 1 1-lnx 1 x-xlnx-1
令gx= + x³1，则g¢x= - = ，
x 2x2 x2 x3 x3
令hx=x-xlnx-1x³1，则h¢x=-lnx£0恒成立，
即hx=x-xlnx-1x³1在区间1,+¥上单调递减，
所以hx£h1=0，即hx£0，所以xÎ1,+¥时，g¢x£0，
1 1
所以gx在区间1,+¥上单调递减，故gx£g1= ，所以a³ ，
2 2
é1 ö
所以实数a的取值范围为
ê
,+¥÷.
ë2 ø
1 1 1 1
（3）由（2）可知，取a= ，当x>1时， f x= x-lnx- >0，所以2lnx<x- ，
2 2 2x xæ 1 ö 1 1 1
1 2lnç 1+ ÷< 1+ - = æ 1ö 1
取x= 1+ n >1，则有 ç è n÷ ø n 1+ 1 n+n2 ，即ln è ç1+ nø ÷< n+n2 ，
n
æ 1ö 1 æ 1ö 1 æ 1ö 1
所以lnç1+ ÷< ,lnç1+ ÷< ,

,lnç1+ ÷< ,
è 1ø 1+12 è 2ø 2+22 è nø n+n2
æ 1ö æ 1ö æ 1ö 1 1 1
将上述式子相加得lnç1+ ÷+lnç1+ ÷+

+lnç1+ ÷< + +

+ ,
è 1ø è 2ø è nø 1+12 2+22 n+n2
æ 1ö æ 1ö æ 1ö 1 1 1
即lnç1+ ÷×ç1+ ÷ç1+ ÷=lnn+1< + +

+ ,
è 1ø è 2ø è nø 1+12 2+22 n+n2
8.（2024届广西百色市贵百联考高三上学期9月月考）已知函数 f x=sinx-ax-2aÎR．
(1)当a= 3 时，讨论 f x在区间 é
ê
0, πù
ú
上的单调性；
2 ë 2û
(2)当x³0时， f x+ex+cosx³0，求a的取值范围．
3 3
【解析】（1） f x=sinx- x-2， f¢x=cosx-
2 2
π π π
当 <x£ 时， f¢x<0；当0£x£ 时， f¢x³0
6 2 6
é πù æπ πù
故 f x在
ê
0,
ú
上单调递增，在ç ,
ú
上单调递减；
ë 6û è6 2û
（2）设hx=ex+sinx+cosx-2-ax，h¢x=ex +cosx-sinx-a；
设jx=ex+cosx-sinx-a，则j¢x=ex-sinx-cosx，
令y=ex-x-1，则y¢=ex-1，
当x>0，y¢>0，当x<0，y¢<0，故函数y=ex-x-1在0,+¥单调递增，在-¥,0单调递减，
所以ex ³ x+1；
令mx=x-sinx，可得m¢x=1-cosx³0，故mx在x³0单调递增时，x³sinx；
当x³0时，j¢x=ex-sinx-cosx³x+1-x-cosx=1-cosx³0，故jx在0,+¥上单调递增.
当x³0时，j(x) =j0=2-a，且当x趋向正无穷时，jx趋向正无穷，
min
若a£2，则h¢x=jx³0，函数hx在0,+¥上单调递增，因此"xÎ0,+¥，hx³h0=0，符合条
件；
若a>2，则存在x Î0,+¥，使得jx =0，即h¢x =0，
0 0 0
当0<x<x 时，h¢x<0，则hx在0,x 上单调递减，此时hx<h0=0，不符合条件．
0 0综上，实数a的取值范围是-¥,2
aex
9.已知函数 f(x)= +lnx-x(a>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
ex
【解析】 (1)当a=1时，函数 f(x)= +lnx-x，
x
ex(x-1) 1 (x-1)(ex-x)
可得 f¢(x)= + -1= ，
x2 x x2
令m(x)=ex-x,xÎ(0,+¥)，可得m¢(x)=ex-1>0，所以函数mx单调递增，
因为m(x)>m(0)=1，所以mx>0，
当xÎ(0,1)时， f¢x<0， f x单调递减；
当xÎ(1,+¥)时， f¢x>0， f x单调递增，
即函数 f x的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+¥).
aex
(2)由函数 f(x)= +lnx-x,xÎ(0,+¥)，
x
x
ex(x-1)(a- )
可得 (aex-x)(x-1) ex ，
f¢(x)= = ,x>0
x2 x2
x 1-x
令ux= ，可得u¢x= ，
ex ex
1
所以函数ux在(0,1)上单调递增，在(1,+¥)上单调递减，所以ux£ ，
e
x 1
当x>0时，可得ex >1，所以0< £ ，
ex e
1 x
①当a³ 时，a- ³0，此时当xÎ(0,1)时， f¢x<0， f x单调递减；
e ex
当xÎ(1,+¥)时， f¢x>0， f x单调递增，
所以函数 f x的极小值为 f 1=ae-1，无极大值；
1 a a 1
②当0<a< 时，ua= < =a,u1= >a，
e ea e0 e
又由ux在a,1上单调递增，所以 f¢x在a,1上有唯一的零点x，且 x 1 =a，
1 ex12 2-x
因为当x>e时，令gx=2lnx-x，可得g¢x= -1= <0，
x x
1 1
又因为ge=2-e<0，所以gx<0，即2lnx<x，所以2ln < ，
a a
1 1
ln 2ln
1 a2 a 1
所以u(ln )= =a× <a，u(1)= >a，
a2 ln 1 1 e
e a2
a
æ 1 ö x
因为ux在(1,+¥)上单调递减，所以 f¢x在ç1,ln ÷上有唯一的零点x，且 2 =a，
è a2 ø 2 ex2
所以当xÎ(0,x)时， f¢x<0， f x单调递减；
1
当xÎ(x,1)时， f¢x>0， f x单调递增；
1
当xÎ(1,x )时， f¢x<0， f x单调递减；
2
当xÎ(x ,+¥)时， f¢x>0， f x单调递增，
2
1
所以函数 f x有两个极小值点，故实数a的取值范围为(0, ).
e
10.已知函数 f x=lnx-ax2-bxa,bÎR．
(1)当a=0时，若 f x£0在xÎ0,+¥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
【解析】 (1)当a=0时， f x=lnx-bx，
因为 f x=lnx-bx£0在xÎ0,+¥上恒成立，
lnx
所以b³ 在xÎ0,+¥上恒成立，
x
lnx 1-lnx
令g(x)= ，即b³g(x) 在xÎ0,+¥上恒成立，则g¢(x)= ，
x max x2
令g¢x>0，解得0<x<e，令g¢x<0，解得x>e，所以gx在(0,e)上单调递增，在(e,+¥)上单调递减.
lne 1
故g(x) =g(e)= = ，
max e e
é1 ö
所以实数b的取值范围是
ê
,+¥÷．
ëe ø
x +x
(2)证明：要证明 f x +x < 1 2 -2，
1 2 e
x +x
即证lnx +x -ax +x 2-bx +x < 1 2 -2，
1 2 1 2 1 2 ex +x
只需证lnx +x £ 1 2 和-ax +x 2-bx +x <-2．
1 2 e 1 2 1 2
1 1 1
由（1）知，当a=0，b= 时， f x=lnx- x£0，即lnx£ x，
e e e
x +x
所以lnx +x £ 1 2 ．
1 2 e
要证-ax +x 2-bx +x <-2，即证ax +x 2+bx +x >2．
1 2 1 2 1 2 1 2
因为x,x 为 f x的两个不同零点，不妨设0<x <x ，
1 2 1 2
所以lnx =ax2+bx ，lnx =ax2+bx ，
1 1 1 2 2 2
x
则ln 1 =ax +x x -x +bx -x ，
x 1 2 1 2 1 2
2
x
x +x ln 1 ×x +x 
两边同时乘以 x 1 -x 2 ，可得 x 2 1 2 =ax +x 2 +bx +x  ，
1 2 x -x  1 2 1 2
1 2
æ x ö x
ç 1 +1÷×ln 1
即ax +x 2 +bx +x = èx 2 ø x 2 ．
1 2 1 2 x
1 -1
x
2
x m+1×lnm
令m= 1 Î0,1 ，则ax +x 2+bx +x = ．
x 1 2 1 2 m-1
2
m+1×lnm 2m-1 4
即证 >2，即证lnm< =2- ，
m-1 m+1 m+1
4
即证lnm+ -2<0．
m+1
4 1 4
m-12
令函数hm=lnm+ -2，mÎ0,1，则h¢m= - = >0，
m+1 m m+12 mm+12
所以hm在0,1上单调递增，所以hm<h1=0．
x +x
所以-ax +x 2-bx +x <-2．故 f x +x < 1 2 -2．
1 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-alnx+a-1xaÎR．
(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
x-a æ1 ö
【解析】（1）由题意，得 f¢x=lnx+ +a-1=lnx-aç -1÷ x>0，
x èx ø
由函数 f x在0,+¥上单调递增，得 f¢(x)³0在0,+¥上恒成立，æ1 ö 1 æ 1 ö x+a
令g(x)= f¢(x)=lnx-aç -1÷ x>0，则g¢x= -aç- ÷= ，
èx ø x è x2 ø x2
当a³0时，因为x>0，所以g¢(x)>0恒成立，
则g(x)在0,+¥上单调递增，又g(1)=0，所以g(x)恒大于等于0不成立.
当a<0时，由g¢(x)=0得x=-a，
所以当x>-a,g¢(x)>0，当0<x<-a,g¢(x)<0，
所以函数g(x)在0,-a上单调递减，在-a,+¥上单调递增，
则 f¢(x) =g(x) =g(-a)=ln(-a)+1+a，
min min
若 f¢(x)³0恒成立，则ln(-a)+1+a³0，
1 x+1
令h(x)=ln(-x)+1+x(x<0)，则h¢(x)= +1= ，
x x
当x<-1时，h¢(x)>0，当-1<x<0时，h¢(x)<0，
所以h(x)在(-¥,-1)上单调递增，在(-1,0)上单调递减，
所以h(x) =h(-1)=0，
max
所以当ln(-a)+1+a³0时，a=-1.
综上，若函数 f x在0,+¥上单调递增，则a=-1.
1
（2）由（1）得，当a=-1时， f¢x=lnx+ -1³0恒成立，
x
1
即lnx³1- ，当且仅当x=1时等号成立，
x
n n 1
令x= ，则ln > ,n³2,nÎN*，
n-1 n-1 n
1 n
所以 <ln =lnn-lnn-1,n³2,nÎN*.
n n-1
令t(x)=x-sinx(x³0)，则t¢(x)=1-cosx³0恒成立，
所以函数t(x)在[0,+¥)上单调递增，
故当x>0时，t(x)>t(0)=0，即sinx<x，
1 1
所以sin < <lnn-lnn-1,n³2,nÎN*，
n n
1 1 1
所以sin +sin + +sin <ln100-ln99+ln101-ln100+ +ln198-ln197
 
100 101 198
198
=ln198-ln99=ln =ln2，
99
1 1 1
故ln2>sin +sin +

+sin 得证.
100 101 19812．（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 <ex0 -1
0 0
1 1-ax
【解析】（1） f(x)=lnx-ax+1定义域为(0,+¥)，则 f¢(x)= -a= ，
x x
1 1
当a>0时， f¢(x)>0Þ0<x< ， f¢(x)<0Þx> ，
a a
1 1
所以 f(x)单调递增区间为(0, )，单调递减区间为( ,+¥)；
a a
1
若0< <1，即a>1时， f x在1,e上单调递减，故 f(x) = f(1)=1-a；
a max
1 1 é 1ù æ1 ù
若1£ £e，即 £a£1时， f x在
ê
1,
ú
上单调递增，在ç ,e
ú
上单调递减，
a e ë aû èa û
1
故 f(x) = f( )=-lna；
max a
1 1
若 >e，即0<a< 时，则 f x在1,e上单调递增，故 f(x) = f(e)=2-ae.
a e max
ì
ï1-a,a>1
ï
ï 1
所以， f x =í-lna, £a£1 ；
max e
ï
ï 1
2-ae,0<a<
ï
î e
（2）g(x)=x[f(x)+lnx-2]=2xlnx-ax2-x（aÎR），
则g¢(x)=2lnx-2ax+1，
因为x 是函数g(x)的极值点，所以2lnx -2ax +1=0，即2lnx +1=2ax ，
0 0 0 0 0
要证2ax2 <ex0 -1，
0
只需证2x lnx +x <ex0 -1，即证：ex0 >2x lnx +x +1，
0 0 0 0 0 0
1-x
令m(x)=lnx-x+1，则m¢(x)= ，
x
当0<x<1时，m¢(x)>0，m(x)单调递增；当x>1时，m¢(x)<0，m(x)单调递减；
所以m(x)£m(1)=0，即：lnx£x-1，
所以ex-1³x，所以ex ³ x+1，
①当0<x <1时，因为ex0 ³x +1，2x lnx <0，所以ex0 >2x lnx +x +1.
0 0 0 0 0 0 0
②当x ³1时，因为lnx£x-1，所以x lnx £x (x -1)，
0 0 0 0 0所以2x lnx £2x (x -1)，要证ex0 >2x lnx +x +1，
0 0 0 0 0 0 0
只需证ex0 > x +1+2x (x -1)=2x2 -x +1，
0 0 0 0 0
2x2-x +1
即证 0 0 <1对任意的x ³1恒成立，
ex0 0
2x2-x+1 -2x2+5x-2 -(x-2)(2x-1)
令h(x)= （x³1），则h¢(x)= = ，
ex ex ex
当1<x<2时，h¢(x)>0，h(x)单调递增；当x>2时，h¢(x)<0，h(x)单调递减，
7
所以h(x)£h(2)= <1，
e2
即当x ³1时，ex0 >2x lnx +x +1成立.
0 0 0 0
综上：原不等式成立.
13.（2024届黑龙江省哈尔滨市高三上学期9月月考）已知函数 f x=ex-ax2．
(1)若函数 f x的图象与直线y=x-1相切，求实数a的值；
(2)若函数gx= fx-x+1有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
【解析】（1）设直线y=x-1与函数 f x的图象相切于点x ,y ，
0 0
因为 f¢x=ex-2ax,
ìex0 -2ax =1①
0
ï
所以íy =x -1② ，由②③可得ex0 -ax2 =x -1④，易知x ¹0.
0 0 0 0 0
ï
î
y
0
=ex0 -ax
0
2③
ex0 -1 ex0 -1
由①得a= ，代入④可得ex0 - ×x2 =x -1，
2x 2x 0 0
0 0
即2ex0 -x ex0 +x =2x -2，即2-x ex0 =x -2，解得x = 2.
0 0 0 0 0 0
e2-1 e2-1
故a= = .
2´2 4
（2）令gx= f x-x+1=0，可得ex -ax2-x+1=0，
由题意可得ex -ax2-x+1=0只有一个根.
易知x=0不是方程ex -ax2-x+1=0的根，所以x¹0，
ex -x+1
所以由ex -ax2-x+1=0，可得a= .
x2
ex-x+1 ex-x+1
设hx= ，则y=a与hx= 的图象只有一个交点.
x2 x2 ex-1  x2-2x  ex-x+1   ex+1 x-2
h¢x= = ，
x4 x3
当xÎ-¥,0时，h¢x>0，函数hx单调递增；
当xÎ0,2时，h¢x<0，函数hx单调递减；
当xÎ2,+¥时，h¢x>0，函数hx单调递增.
设tx=ex -x+1，则t¢x=ex-1，
当xÎ-¥,0时，t¢x<0，函数tx单调递减；
当xÎ0,+¥时，t¢x>0，函数tx单调递增.
所以tx³t0=2.
ex -x+1
所以hx= >0.
x2
e2-2+1 e2-1
又h2= = ，x®0时，hx®+¥，x®+¥时，hx®+¥，
22 4
画出函数hx的图象如图所示：
ex-x+1
由图可知，若y=a与hx= 的图象只有一个交点，
x2
e2-1 æ e2-1ö
则0<a< .所以实数a的取值范围是ç0, ÷.
4 è 4 ø
1
14.（2023届四川省成都市高三上学期摸底）已知函数 f x= x2+cosx．
2
(1)记函数 f x的导函数是 f¢x．证明：当x³0时， f¢x³0；
sinx+cosx-2x-2
(2)设函数gx= ，Fx=af x+gx，其中a<0．若0为函数Fx存在非负的极小
ex
值，求a的取值范围．
【解析】 (1) f¢x=x-sinx．令hx= f¢x，则h¢x=1-cosx．∵cosxÎ-1,1，∴h¢x³0恒成立，即 f¢x在R上为增函数．
∵x³0，∴ f¢x³ f¢0=0-sin0=0．∴ f¢x³0．
2x-sinx æ 2 ö
(2)F¢x=af¢x+g¢x=ax-sinx+ =x-sinx ça+ ÷．
ex è ex ø
由（1）知 f¢x在R上为增函数．
∴当x<0时，有 f¢x< f¢0=0，即x-sinx<0；
当x>0时，有 f¢x> f¢0=0，即x-sinx>0．
æ 2ö 2
当a<0时，由F¢x=0，解得x =0，x =lnç- ÷，且y=a+ 在R上单调递减．
1 2 è aø ex
①当-2<a<0时，x >0．
2
∵当x<0时，有F¢x<0；当0< x< x 时，有F¢x>0；当x>x 时，有F¢x<0，
2 2
∴函数Fx在-¥,0上为减函数，在0,x 上为增函数，在x ,+¥上为减函数．
2 2
∴满足0为函数Fx的极小值点；
②当a=-2时，x =0．
2
∴xÎR时，有F¢x£0恒成立，故Fx在R上为减函数．
∴函数Fx不存在极小值点，不符合题意；
③当a<-2时，x <0．
2
∵当x<x 时，有F¢x<0；当x <x<0时，有F¢x>0；当x>0时，有F¢x<0，
2 2
∴函数Fx在-¥,x 上为减函数，在x ,0上为增函数，在0,+¥上为减函数．
2 2
∴0为函数Fx的极大值点，不符合题意．
综上所述，若0为函数Fx的极小值点，则a的取值范围为-2,0．
lnx+a
15．（2024届海南省琼中县高三上学期9月高考全真模拟）已知函数 f x= -1aÎR，且 f x在x=1
x
处取得极值．
(1)求a；
n n n
(2)求证：lnn+1n <n+ + +

+ +1  nÎN* ．
2 3 n-1lnx+a 1-lnx-a
【解析】（1）由题意可得 f x= -1的定义域为0,+¥，且 f¢x= ．
x x2
因为 f x在x=1处取得极值，
1-ln1-a
所以 f¢1= =0，解得a=1，
12
lnx+1 lnx
当a=1时，则 f x= -1， f¢x=- ，xÎ0,+¥，
x x2
令 f¢x<0，得x>1；令 f¢x>0，得0<x<1；
故函数 f x在0,1上单调递增，在1,+¥上单调递减，
可知 f x在x=1处取得极值，符合题意，
所以a=1．
（2）由（1）可得 f x的最大值为 f 1=0，
lnx+1
所以 f x£ f 1=0，即 -1≤0，
x
可得lnx£x-1，当且仅当x=1时等号成立．
1
令x=1+ >1
 nÎN*
，
n
则ln
æ
ç1+
1ö
÷<
æ
ç1+
1ö
÷-1=
1
，故ln
æ
ç
n+1ö
÷<
1  nÎN*
．
è nø è nø n è n ø n
2 3 1 4 1 æ n ö 1 æn+1ö 1
所以ln <1，ln < ，ln < ，…，lnç ÷< ，lnç ÷< ，
1 2 2 3 3 èn-1ø n-1 è n ø n
以上式子相加，
2 3 4 æ n ö æn+1ö 1 1 1 1
得ln +ln +ln +

+lnç ÷+lnç ÷<1+ + +

+ + ，
1 2 3 èn-1ø è n ø 2 3 n-1 n
æ2 3 4 n n+1ö 1 1 1 1
则lnç ´ ´ ´

´ ´ ÷<1+ + +

+ + ，
è1 2 3 n-1 n ø 2 3 n-1 n
1 1 1 1
即lnn+1<1+ + + + + ，

2 3 n-1 n
n n n
所以nlnn+1<n+ + + + +1，

2 3 n-1
n n n
即lnn+1n <n+ + + + +1  nÎN* ，命题得证．

2 3 n-1
16．（2024届河南省周口市项城市高三5校青桐鸣大联考9月）已知函数 f x=exlna+x-x， f¢0=0.
(1)求实数a的值；
(2)证明：x>ln4时， f x>x2.é 1 ù
【解析】（1）因为 f x=exlna+x-x，则 f¢x=ex lna+x+ -1，
ê ú
ë a+xû
1
则 f¢0=lna+ -1=0，
a
1 1 1 x-1
令gx=lnx+ -1，其中x>0，则g¢x= - = ，
x x x2 x2
由g¢x<0可得0<x<1，由g¢x>0可得x>1，
所以，函数gx的单调减区间为0,1，单调增区间为1,+¥.
故gx有最小值g1=0，故a=1.
（2）由（1）可知， f x=exlnx+1-x，
lnx+1 x
当x>ln4时，要证 f x>x2，即证exlnx+1>x2+x，即证 > ，
x+1 ex
lnt lns
令1+x=t,ex =s，则上式等价于 > ，
t s
lnx 1-lnx
构造函数p(x)= ,则p¢(x)= ,
x x2
故当xÎ(0,e)时，p¢(x)>0, p(x)为增函数；
当xÎ(e,+¥)时，p¢(x)<0, p(x)为减函数；
5 3 3
由e>2.7> 得，e-1> ,故 ，
ee-1 >e2 > 2.73 > 16 =4
2 2
故e-1>ln4.
当ln4<x<e-1时，t =1+xÎ(1+ln4,e),
s=exÎ(4,ee-1)Í(e,+¥），
ln4 ln2
故p(s)< p(4)= = = p(2),
4 2
又(1,e)是p(x)的增区间，而2<1+ln4<t,
故p(2)< p(t),故p(t)> p(s),
lnx+1 x
即 > ，当x³e-1时，ex >1+x³e，即s>t³e.
x+1 ex
在[e,+¥)上，p(x)为减函数，故p(t)> p(s),
lnx+1 x
即 > ，故原命题得证.
x+1 ex