利用导数证明求和型不等式、利用导数证明双变量不等式专项训练（解析版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0617数学

利用导数证明求和型不等式与双变量不等式专训
题型一 利用导数证明求和型不等式
a
1.(25-26高二下·广东深圳·月考)已知函数f(x)=lnx+ ,a∈R．
x
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥1对x∈0,+∞
1
 恒成立，求a的取值范围；
1 1 1
(3)证明：对于任意正整数n，都有1+ + +⋯+ <lnn+1
2 3 n
 +1．
【答案】(1)当a≤0时，f(x)的递增区间为(0,+∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a,+∞)，单调
递减区间为(0,a)．
(2)1,+∞ 
(3)由(1)得，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a,+∞)，单调递减区间为(0,a)，即f(x)≥f(a).
1 1
∴当a=1时，f(x)≥f(1)，即lnx+ ≥1，得 ≥1-lnx；
x x
k
令x= k≥2,k∈N*
k-1

1 k-1 1 k
，则 = =1- >1-ln =1-lnk+lnk-1
x k k k-1
 ；
1
∴ <lnk-lnk-1
k
 k≥2,k∈N*  .
当n=1时，显然1<ln1+1  +1成立，
1 1 1
当n≥2时，1+ + +⋯+ <1+ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+lnn-lnn-1
2 3 n
 =1+lnn；
∵n∈N*，∴1+lnn<1+lnn+1  ；
1 1 1
综合可知1+ + +⋯+ <lnn+1
2 3 n
 +1.
【分析】(1)先确定函数定义域为0,+∞  ，再对fx  求导，分a≤0和a>0两种情况讨论导数正负，进而
得到单调区间；
(2)f(x)≥1对x∈0,+∞  恒成立，等价于a≥x1-lnx  在x∈0,+∞  恒成立；构造函数gx  =
x1-lnx  ，求gx  的最大值，即可得到a的取值范围；
(3)利用(1)中a=1时函数fx 
1 1
的单调性，得到lnx+ ≥1，整理得 ≥1-lnx；再令x=
x x
k
k≥2,k∈N*
k-1
 ，对不等式进行累加，即可证得不等式.
a
【详解】(1)由f(x)=lnx+ ,a∈R，得函数的定义域为0,+∞
x
 .
1 a x-a
∴f(x)= - = .
x x2 x2
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在0,+∞  上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=0，得x=a；
当x∈0,a  时，f′(x)<0，则f(x)在0,a  上单调递减；当x∈a,+∞  时，f′(x)>0，则f(x)在
a,+∞  上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)的递增区间为0,+∞  ；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为a,+∞  ，单调递减区间为0,a  ．
a a
(2)由f(x)=lnx+ ，f(x)≥1，得lnx+ ≥1；
x x
∵x∈0,+∞  ，∴a≥x1-lnx  .∴f(x)≥1对x∈0,+∞
2
 恒成立，等价于a≥x1-lnx  在x∈0,+∞  恒成立.
令gx  =x1-lnx  ,x∈0,+∞  ，则gx 
1
=1-lnx+x⋅-
x
 =-lnx；
令gx  =0，即-lnx=0，解得x=1.
当x∈0,1  时，g(x)>0，则gx  在0,1  上单调递增；
当x∈1,+∞  时，g(x)<0，则gx  在1,+∞  上单调递减；
∴当x=1时，gx  取得最大值，即gx  =g1
max
 =1；
∵a≥x1-lnx  在x∈0,+∞  恒成立，∴a≥1，即a的取值范围是 1,+∞  .
(3)略
2.(2026·江苏南京·模拟预测)已知函数fx  =ax-1 
1
ex+ x2,a>-1.
2
(1)讨论fx  的单调性；
(2)证明：
①x-1  ex+x2≥-1 ；
1 1 1 3×5×7×⋯×2n-1
②当n≥2且n∈N*时， + +⋯+ <2ln
2 3 n

2×4×6×⋯×2n-2 
.
【答案】(1)当a≥0时，fx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增；
当-1<a<0时，fx  在-∞,0 
1
上单调递减，在 0,ln-
a
  
1
上单调递增，在 ln-
a
  ,+∞  上单调
递减；
1
(2)①由(1)得，当a= 时，fx
2

1
= x-1
2

1
ex+ x2，又fx
2
 在 0,+∞  上单调递增，在-∞,0  单调
递减，所以fx  ≥f0 
1 1
=- ，即 x-1
2 2

1 1
ex+ x2≥- ，即x-1
2 2
 ex+x2≥-1 ；
②当x∈0,1 
1
1+x2 1 1 1+ 2k
时，ex≤ ，令x= (2≤k≤n，且k∈N*)，得e2k ≤
1-x 2k

2
4k2+1
= =1+
1- 1 4k2-2k
2k
2k+1 1 1 2k-1 1 2k-1
=1+ <1+ = ，两边同时取自然对数，得 <ln ，即
4k2-2k 2k-2+ 2 2k-2 2k-2 2k 2k-2
2k+1
1 3 1 5 1 2n-1 1 1 1 1
<ln ， <ln ，⋯， <ln ，则  + +⋯+
2×2 2 2×3 4 2n 2n-2 2 2 3 n

3 5 7
<ln +ln +ln +⋯
2 4 6
2n-1 3×5×7×⋯×2n-1
+ln =ln
2n-2

2×4×6×⋯×2n-2 
1 1 1
，即当n≥2且n∈N*时， + +⋯+ <
2 3 n
3×5×7×⋯×2n-1
2ln

2×4×6×⋯×2n-2 
.
【分析】(1)按a≥0和a<0分类讨论确定导数的正负得出单调性；
1
(2)①利用(1)中a= 时函数的单调性证明；②由①得x∈0,1
2

1+x2 1
时，ex≤ ，然后对x赋值x=
1-x 2k
(k≥2，且k∈N*)，让k取2，3，⋯,n得n-1个不等式相加后可证.
【详解】(1)由fx  =ax-1 
1
ex+ x2，a>-1，得x∈R，fx
2
 =axex+x .
1°若a≥0，则aex+1>0 ，当x∈-∞,0  时，fx  <0，fx  单调递减，
当x∈0,+∞  时，fx  >0，fx  单调递增.
2°若a<0时，令fx 
1
=0，得x=0或x=ln-
a
 .1
因为-1<a<0，所以ln-
a
3
 >0 ，
当x∈-∞,0  ，则fx  <0，fx  单调递减，
1
当x∈ 0,ln-
a
   ，则fx  >0，fx  单调递增，
1
当x∈ ln-
a
  ,+∞  ，则fx  <0，fx  单调递减；
综上，当a≥0时，fx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增；
当-1<a<0时，fx  在-∞,0 
1
上单调递减，在 0,ln-
a
  
1
上单调递增，在 ln-
a
  ,+∞  上单调
递减；
(2)①略
②略
3.(2026·广东佛山·模拟预测)已知fx  =ae2x-2xa∈R  ．
(1)若曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=b，求a，b的值；
(2)若fx 
1
≥ex恒成立，且在x=x 处取等号，试证明0<x < ； 0 0 5
n 1 1
(3)证明： > ln(2n+1)．
2k-1 2
k=1
【答案】(1)a=1,b=1
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】(1)曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=b可知，切线斜率为0，切点为 0,f0    ,再通
过求导，计算出a，b的值；
(2)先对使fx  ≥ex恒成立中a的值进行讨论得到a≥1，再通过分离变量转化为证明a≥
ex+2x
 e2x  ，再构造函数gx
max

ex+2x
= e2x ，由题意可知gx 0  =0，通过函数gx  单调性证明x 0 为gx 
的最大值点，再通过函数gx 
1
单调性证明0<x < . 0 5
1 1
(3)先证明当x>0时，e2x>1+2x 进而得到2x>ln(1+2x)⇒x> ln(1+2x) ，再由x= ,n
2 2n-1
1 1 1
∈N 得 > ln1+2⋅
+ 2n-1 2 2n-1

1 1 2n+1
，即 > ln
2n-1 2 2n-1
 ，最后利用不等式累加证得不等式.
【详解】(1)若曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=b，则
由fx  =2ae2x-2可得
f0  =b
f0 
a=b 
 ⇒
=0 f0 

 ⇒a=b=1 .
=2a-2=0
(2)fx  ≥ex恒成立即fx  =ae2x-2x≥ex恒成立，那么ae2x-ex-2x≥0，
由f0 
ex+2x
=ae0≥e0，可得a≥1，由ae2x-2x≥ex可得a≥
e2x
ex+2x
即证a≥
e2x
 ,设gx
max

ex+2x
= ，则gx
e2x

ex+2
=
 e2x-ex+2x  ⋅2e2x
e2x 
-ex-4x+2
=
2 e2x
由题意可知gx 0  =0,
设hx  =-ex-4x+2，由于e2x>0，故gx  的符号与hx  一致，
则h(x)=-ex-4<0，所以，h(x)单调递减，
1
又因为h(0)=-1+2=1>0,h
5
4

1 4 1
=-e5 - +2=-e5 +1.2<0,
5
1
所以 存在α∈0,
5
 ，使hα  =0,
在(-∞,α)上，h(x)>0；h(x)在α,+∞  上，h(x)<0
即gα 
-ex-4x+2 -ex-4x+2
=0,g(x)= >0在(-∞,α)上成立，g(x)= <0在(α,+∞)上成立，
e2x e2x
x=α处取最大值，a≥g(x) =g(α)
max
1
即α=x ，所以，0<x < .
0 0 5
(3)设mx  =e2x-2x-1,(x>0)，那么
mx  =2e2x-2=2e2x-1  >0，故函数mx  在(0,+∞)上单调递增，
所以，mx  >m0  即e2x-2x-1>0，e2x>2x+1，
1
由e2x>1+2x⇒2x>ln(1+2x)⇒x> ln(1+2x)
2
1
令x= ,n∈N 得
2n-1 +
1 1 1
> ln1+2⋅
2n-1 2 2n-1

1 1 2n+1
，即 > ln
2n-1 2 2n-1
 ，
1 1 3
那么 > ln
1 2 1

1 1 5
, > ln
3 2 3

1 1 2n+1
,⋯, > ln
2n-1 2 2n-1

1 1 1 1 3
累加，得 + +⋯+ > ln
1 3 2n-1 2 1

1 5
+ ln
2 3

1 2n+1
+⋯+ ln
2 2n-1
 ，
n 1 1 3 5 2n+1
即∑ > ln ⋅ ⋅⋯⋅
2k-1 2 1 3 2n-1
k=1

1
= ln2n+1
2
 ,
n 1 1
故 > ln(2n+1)，证毕.
2k-1 2
k=1
4.(25-26高二下·重庆·期中)已知函数fx  =x-a  ex+a-1  x，其中a∈R,e是自然对数的底数．
(1)当a=2时，求曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程；
(2)若对任意x≥0,fx  ≥-2 恒成立，求a的取值范围；
(3)求证：对任意n∈N*，都有 1×3+ 2×4+⋅⋅⋅+ nn+2 
n2+3n 1 2
> + ln ．
2 4 n2+3n+2
【答案】(1)y=-2
(2)-∞,2 
(3)证明：令Ht 
t+1
=ln -4t- t2-1
t-1
 ,t>1.则Ht 
2 4t
=- -4+ .
t2-1 t2-1
1
设u= t2-1，则0<u<t，且t-u= ．
t+u
于是2ut-u 
2u
= <1.
t+u
4t-u
所以
 2 4t 2
< ，即 -4< .
u u2 u u2
因此Ht  <0，Ht  在t>1时单调递减．
又当t无限增大时，Ht  趋于0，所以Ht  >0．
1 t+1
故 t2-1>t- ln .
4 t-1令t=k+1，其中k为正整数，得 kk+2
5

1 k+2
>k+1- ln .
4 k
n
从k=1到k=n相加，得 ∑ kk+2
k=1

n
> ∑k+1
k=1

1 n k+2
- ∑ln .
4 k
k=1
n
又 ∑k+1
k=1

n2+3n n k+2 3 4 n+2 n+1
= ,∑ln =ln +ln +⋯+ln =ln
2 k 1 2 n
k=1
 n+2 
.
2
k=1
所以 ∑ kk+2
n

n2+3n 1 n+1
> - ln
2 4
 n+2  n2+3n 1 2
= + ln .
2 2 4 n2+3n+2
原不等式得证．
【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出；
(2) 先对fx  求导，再令gx  =x-a+1  ex+a-1  ，求导分情况讨论单调性，进而确定原函数的单调
性，结合条件即可求出；
(3)构造函数Ht  证明单项不等式 kk+2 
1 k+2
>k+1- ln ，再累加并利用对数求和化简．
4 k
【详解】(1)当a=2时，函数fx  =x-2  ex+x，则f0  =-2，fx  =x-1  ex+1，
∴f0  =0，故曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y--2  =0x-0  ，即y=-2.
(2)由题意得fx  =x-a+1  ex+a-1  ，
令gx  =x-a+1  ex+a-1  ，则gx  =x-a+2  ex，令gx  =0，解得x=a-2，
当a-2≤0时，即a≤2，在 0,+∞  上gx  ≥0，gx  单调递增，
∴gx  ≥g0  =0，∴fx  ≥0，故fx  在 0,+∞  上单调递增，∴fx  ≥f0  =-a ，
要使fx  ≥-2恒成立，则-a≥-2，解得a≤2，
当a-2>0时，即a>2，在0,a-2  上gx  <0，gx  单调递减；在a-2,+∞  上gx  >0，gx  单
调递增，
∴gx  =ga-2
min
 =- ea-2-a-1    <0 ，
又g0  =0，所以x∈0,a-2  时，gx  <0 ，fx  单调递减，
fx  <f0  =-a<-2 ，不满足fx  ≥-2恒成立，
综上a的取值范围为-∞,2  .
(3)略
5.(2026·广东茂名·二模)已知函数fx 
ax 1
= +ln ．
x+1 x+1
(1)当a=1时，证明：fx  ≤0恒成立；
π
(2)当a=0时，证明：当x∈0,
2
 时，函数fx  的图象与y=-sinx的图象无交点；
n i 1
(3)已知n∈N*，证明：∑ sin
i=1 i+1 i
 <lnn+1 
n 1
<∑sin ．
i=1 i
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由题意可知函数fx  的定义域为-1,+∞  ，通过求导得到函数fx  的单调性即可求解；
(2)构造函数gx  =sinx-lnx+1  ，利用导数研究函数的单调性得x∈0,x 1  时，函数gx  单调递增，
π
x∈x , 1 2  时，函数gx  单调递减，再结合g0 
π
，g 2  符号即可证明；
1 1 1
(3)结合(1)，令x= ，有 <ln +1
n n+1 n

1 1 n 1 1
，进而结合0<sin < 得 sin <ln +1
n n n+1 n n
 ，再1
累加求和即可证明不等式左侧部分；再结合(2)得ln +1
n
6

1
<sin ，再累加求和即可证明不等式右侧
n
部分.
【详解】(1)已知函数fx 
ax 1
= +ln ，当a=1时，fx
x+1 x+1

x 1 x
= +ln = -lnx+1
x+1 x+1 x+1
 ，
1
由 >0，解得x>-1，因此函数fx
x+1
 的定义域为-1,+∞  ，
对函数fx  求导，得fx 
x+1
=
 -x
x+1 
1 x
- =-
2 x+1 x+1 
，
2
当-1<x<0时，fx  >0，当x>0时，fx  <0，
因此函数fx  在-1,0  单调递增，在0,+∞  单调递减，因此函数fx  在x=0取极大值，同时也是最
大值，
由于f0 
0
= -ln0+1
0+1
 =0，所以fx  ≤f0  =0恒成立.
(2)当a=0时，fx  =-lnx+1  ，
构造函数gx  =sinx-lnx+1 
π
，x∈0,
2
 ，所以gx 
1
=cosx- ，
x+1
令φx 
1 π
=cosx- ，x∈0,
x+1 2
 ，则φx 
1
=-sinx+
x+1 
，
2
1
由于y=
x+1 
π
在0,
2 2

π
上单调递减，y=-sinx在0,
2
 上单调递减，因此φx 
π
在0,
2
 上单调
递减，
因为φ0 
π
=1>0，φ 2 
π 1
=-sin + 2 π
 +1
2

1
= 2 π
 +1
2

π
-1<0，所以存在x ∈0, 2 0 2  使得φx 0 
1
=0，即sinx =
0 x 0 +1 
，
2
当x∈0,x 0  时，φx  >0，函数φx 
π
单调递增，当x∈x , 0 2  时，φx  <0，函数φx  单调递减，
因为φ0 
1 π
=cos0- =1-1=0，φ 0+1 2 
π 1 1
=cos 2 - π =- π <0，φx 0
+1 +1
2 2
 >φ0  =0，
π
所以存在x ∈x , 1 0 2  ，使得φx 1 
1
=0，即cosx = ， 1 x +1
1
当x∈0,x 1  时，φx  >0，即gx  >0，函数gx 
π
单调递增，当x∈x , 1 2  时，φx  <0，即gx  <0，
函数gx  单调递减，
因为g0  =sin0-ln0+1 
π
=0，g
2

π π
=sin -ln +1
2 2

π+2
=1-ln
2

2e
=ln
π+2
 >ln1=0，
所以gx 
π
>0在0,
2
 恒成立，即sinx-lnx+1  >0⇒-lnx+1  >-sinx，
π
所以对任意x∈0,
2
 ，有fx  >-sinx，
π
即当x∈0,
2
 时，函数fx  的图象与y=-sinx的图象无交点.
i=1 i 1
(3)先证∑ sin
n i+1 i
 <lnn+1  ，
由(1)知，当a=1时，函数fx  在0,+∞  单调递减，故当x∈0,+∞  时，fx  <f0 
x
=0，即 <
x+1
lnx+1  ，1
1 n 1
令x= ，则 <ln +1
n 1 n
+1
n
7

1 1
，即 <ln +1
n+1 n
 ，
令y=sinx-xx>0  ，由y=cosx-1≤0恒成立，所以y=sinx-xx>0  在0,+∞  单调递减，
π
所以y=sinx-x<sin0-0=0，即sinx<x，故当x∈0,
2
 时，有0<sinx<x，
1 1 1
令x= ，则0<sin < ，
n n n
n 1 n 1 1 1
所以 sin < × = <ln +1
n+1 n n+1 n n+1 n
 ，
i=1 i 1
所以∑ sin
n i+1 i

i=1 1
<∑ln +1
n i

i=1
=∑ lni+1
n
  -lni  =ln2-ln1  +ln3-ln2  +⋯
+ lnn+1   -lnn  =lnn+1  ，
再证lnn+1 
i=1 1
<∑sin ，
n i
由(2)知，sinx-lnx+1  >0，即lnx+1 
π
<sinx在x∈0,
2
 恒成立，
1 1
令x= ，则ln +1
n n

1
<sin ，
n
n 1
所以∑ln +1
i=1 i

n 1
<∑sin ，即lnn+1
i=1 i

n 1
<∑sin ，
i=1 i
n i 1
综上，∑ sin
i=1 i+1 i
 <lnn+1 
n 1
<∑sin .
i=1 i
6.(25-26高二下·陕西西安·期中)已知函数fx  =ex+asinx，x∈0,+∞  .
(1)若a=1，证明：fx  ≥x+1对任意x∈0,+∞  恒成立.
(2)若fx  ≥cosx对任意x∈0,π  恒成立，求a的取值范围.
n 1
(3)若a=1，证明：对任意正整数n，都有 f
k
k=1
 >n+lnn+1   .
【答案】(1)若a=1，则fx  =ex+sinx.
令gx  =ex+sinx-x-1，x∈0,+∞  ，则gx  =ex+cosx-1，
设vx  =ex+cosx-1，x∈0,+∞  ，则vx  =ex-sinx>0，
所以函数vx  在 0,+∞  上单调递增，则vx  =gx  ≥v0  =1>0，
所以函数gx  在 0,+∞  上单调递增，则gx  ≥g0  =0，
故fx  ≥x+1对任意x∈0,+∞  恒成立.
(2)-1,+∞ 
(3)由(1)知，当a=1时，fx  ≥x+1对任意x∈0,+∞  恒成立，且x=0时，等号成立，
1
令x= k∈N∗
k

1
，则f
k

1 n 1
> +1 ，所以 f
k k
k=1

n 1
 >  +1
k
k=1

n 1
 = +n，
k
k=1
构造函数ux  =x-ln1+x  ，x∈0,+∞  ，
因为ux 
1 x
=1- = >0 ，所以ux
1+x 1+x
 在0,+∞  上单调递增，
则ux  >u0  =0，即x>ln1+x  ，x∈0,+∞  ，
1
令x= k∈N∗
k

1 1
，则 >ln1+
k k
 =lnk+1  -lnk，
n 1 n
所以 > lnk+1
k
k=1 k=1
  -lnk  =ln2-ln1  +ln3-ln2  +⋯+ lnn+1   -lnn   =lnn+1
8
 -ln1=lnn+1  ，
n 1
故 f
k
k=1
 >n+lnn+1   .
【分析】(1)令gx  =ex+sinx-x-1，x∈0,+∞  ，求导，分析函数gx  的单调性，进而求证即可；
(2)令hx  =fx  -cosx=ex+asinx-cosx，x∈0,π  ，可得h0  =0，问题等价于hx  ≥0对任意x
∈0,π  恒成立，可得h0 
π
≥0，可得a≥-1，再分x∈ 0,
 2

π
、x∈ ,π
2
 两种情况证明a≥-1时，hx 
≥0对任意x∈0,π

恒成立，即可求解；
1
(3)结合(1)令x= k∈N∗
k

n 1
可得∑f
k
k=1

n 1
>∑ +n，构造函数ux
k
k=1
 =x-ln1+x  ，x∈0,+∞  ，
利用导数分析其单调性，可得x>ln1+x  ，x∈0,+∞ 
1
，令x= k∈N∗
k

1
，可得 >lnk+1
k
 -lnk，
进而求证即可.
【详解】(1)略
(2)由fx  ≥cosx对任意x∈0,π  恒成立，
令hx  =fx  -cosx=ex+asinx-cosx，x∈0,π  ，则h0  =0，
问题等价于hx  ≥0对任意x∈0,π  恒成立，则h0  ≥0，
而hx  =ex+acosx+sinx，则h0  =1+a≥0，即a≥-1.
下面证明a≥-1时，hx  ≥0对任意x∈0,π  恒成立，
π
当x∈ 0,
 2
 时，cosx≥0，则acosx≥-cosx ，
所以hx  =ex+acosx+sinx≥ex-cosx+sinx，
令mx  =ex-cosx+sinx ，则mx  =ex+sinx+cosx>0，
所以函数mx 
π
在 0,
 2
 上单调递增，则mx  ≥m0  =0，所以hx  ≥0，
则hx 
π
在 0,
 2
 上单调递增，所以hx  ≥h0  =0；
π 当x∈ ,π
2
 π 时，ex>e2 = eπ> e3> 4=2 ，sinx≥0，则asinx≥-sinx ，
所以hx  =ex+asinx-cosx≥ex-sinx-cosx>0 .
综上所述，a的取值范围是 -1,+∞  .
(3)略题型二 利用导数证明双变量不等式
7.(2026·河北雄安·三模)已知函数fx
9
 =4x+2  lnx-x2+4x-5  ，函数gx 
2x-1
=

-x+m，m为
lnx
实数．
(1)证明：fx  ≤0．
(2)若-1<m<0．
(ⅰ)证明：gx  有两个零点x ，x ，且若x <x ，则x <1<x ； 1 2 1 2 1 2
(ⅱ)证明：x +x >3+m．
1 2
【答案】(1)证明见解析
(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)证明见解析
【分析】(1)求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解；
(2)(ⅰ)求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证；
(ⅱ)结合(1)中所得可得x2 1 -3+m  x 1 -5m+4  <0，x2 2 -3+m  x 2 -5m+4  >0，构造关于t的方
程t2-3+m  t-5m+4  =0，结合根的判别式与韦达定理可得t +t =3+m及t <x <t <x ，即可 1 2 1 1 2 2
得证.
【详解】(1)fx 
4x+2 2 2
=4lnx+ -2x-4=4lnx+4+ -2x-4=4lnx+ -2x，
x x x
令hx  =fx 
2
=4lnx+ -2x，则hx
x

4 2 -2x-1
= - -2=
x x2
 2
≤0，
x2
故hx  在0,+∞  上单调递减，又f1  =4ln1+2-2=0，
则当x∈0,1  时，fx  >0，当x∈1,+∞  时，fx  <0，
故fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
则fx  ≤f1  =4+2  ln1-1+4-5  =0，即得证；
(2)(ⅰ)gx 
2lnx- 2x-1
=
 2lnx-2+ 2 -ln2x
x x
-1= ，
ln2x ln2x
令mx 
2
=2lnx-2+ -ln2x，则mx
x

2 2 1 2x-1-xlnx
= - -2lnx⋅ =
x x2 x

，
x2
令μx  =x-1-xlnx，则μx  =1-lnx-1=-lnx，
当x∈0,1  时，μx  >0，当x∈1,+∞  时，μx  <0，
故μx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
则μx  ≤μ1  =1-1=0，故mx  在0,+∞  上单调递减，
又m1 
2
=2ln1-2+ -ln21=0，
1
故当x∈0,1  时，gx  >0，当x∈1,+∞  时，gx  <0，
即gx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
当x→0时，gx  →m，由-1<m<0，则gx  <0，
当x→1时，gx  →m+1，由-1<m<0，则gx  >0，当x→+∞时，gx  →-∞，
故gx  有两个零点x ，x ，且若x <x ，则x <1<x ； 1 2 1 2 1 2
(ⅱ)由(1)知，4x+2  lnx-x2+4x-5  ≤0恒成立，
x-1
当x>1时，有
 x+5  2x-1
>4x+2，即
lnx
 8x+4
> ，
lnx x+5不妨设x 1 <x 2 ，则x 1 <1<x 2 ，有gx 2
10
 = 2x 2 -1  -x +m=0， lnx 2
2
即 2x 2 -1  8x +4 lnx =x 2 -m，则x 2 -m> x 2 +5 ，整理得x2 2 -3+m
2 2
 x 2 -5m+4  >0；
x-1
当x<1时，有
 x+5  2x-1
<4x+2，即
lnx
 8x+4
< ，
lnx x+5
又gx 1  = 2x 1 -1  -x +m=0，即 2x 1 -1 lnx 1
1
 =x -m， lnx 1
1
8x +4
则x 1 -m< x 1 +5 ，整理得x2 1 -3+m
1
 x 1 -5m+4  <0，
设关于t的方程t2-3+m  t-5m+4  =0，Δ=3+m  2+45m+4  =m2+26m+25>0，
故该方程有两根，设为t 、t ，且t <t ，则t +t =3+m，
1 2 1 2 1 2
由x2 1 -3+m  x 1 -5m+4  <0，x2 2 -3+m  x 2 -5m+4  >0，
则t <x <t <x ，故x +x >t +t =3+m.
1 1 2 2 1 2 1 2
1-lnx
8.(25-26高二下·江西宜春·月考)已知函数f(x)=x2+ x -a有两个零点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：fx 1 
1
>f x
2
 ；
(3)求证：x -x < a2-4<x2-x2．
2 1 2 1
【答案】(1)a>2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数a的取值范围，再结合函数的单调性
和零点存在性定理，说明零点的情况；
(2)构造新函数Fx  =fx 
1
-f x  ，并利用导数判断函数的单调性，并结合fx 1  =fx 2  ，即可证明；
(3)设G 1x  =fx 
1
-x+ -a
x

lnx
=x2- -x，并求导，可证明fx
x

1
>x+
x
-a=h 1x  ，即可证明
x -x < a2-4，设
2 1
fx 
1
-x2+ -a x2 
1 1
= 1-lnx- x x  ，设G 2x 
1
=1-lnx- ，并求导，证明x2-x2> a2-4. x 2 1
【详解】(1)fx 
-2+lnx 2x3-1
=2x+ =
x2
 +lnx
，
x2
又因为函数gx  =2x3-1  +lnx单调递增，且g1  =0，
所以fx  >0⇔x>1，fx  <0⇔0<x<1
所以fx  在0,1  上单调递减，在 1,+∞  上单调递增，
当f1  =2-a<0，即a>2时，
1
f
a

1
= +a1+lna
a2

1
-a= +alna>0，
a2
fa 
1-lna 1-a-1
=a2+ -a>a2-a+
a
 a-1 a-1
>a2-a- =
a a
 2 a+1 
>0，
a
所以fx 
1
在 ,1
a
 和1,a  上各有一个零点，
当a≤2时，fx  的最小值为f1  ，且f1  =2-a≥0，所以fx
11
 在0,+∞  内至多只有一个零点，
综上，实数a的取值范围是a>2；
(2)设Fx  =fx 
1
-f
x
 ，x>1，
Fx  =fx 
1 1
+ f
x2 x
 =2x-1 
2x-1
-
 1-x2
+ lnx，
x3 x2
=x-1 
 2 x+1
2- - lnx
 x3 x2
 x-1
= 2x3-2-xx+1
x3
  lnx  ，
当x>1时，lnx<x-1，
2x3-2-xx+1  x-1  =x3+x-2=x-1  x2+x+2  >0，
所以2x3-2>xx+1  x-1  >xx+1  lnx，
所以Fx  在1,+∞  上单调递增，
当x>1时，Fx  >F1  =0，
即当x>1时，fx 
1
>f
x
 ，
又因为函数fx  有两个零点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，
1
由(1)知，0<x <1<x ，0< <1，
1 2 x
2
所以fx 1  =fx 2 
1
>f x
2
 ，
(3)设G 1x  =fx 
1
-x+ -a
x

lnx
=x2- -x，
x
G 1x 
1-lnx 2x3-x2-1+lnx x-1
=2x- -1= =
x2 x2
 2x2+x+1  +lnx
，
x2
G 11  =0，当x≠1时，G 1x  x-1 =  2x2+x+1
x2
 lnx   +
 x-1

1
因为2x2+x+1=2x+
4

2 7
+ >0，
8
令kx 
lnx
= ，kx
x-1

1
x-1 x
=
 -lnx
x-1 
1
1- -lnx x
=
2 x-1 
，
2
设G 2x 
1
=1-lnx-
x
，G 2x 
1 1 -x+1
=- + = ，
x x2 x2
令G 2x  >0，解得：0<x<1，令G 2x  <0，解得：x>1，
所以G 2x  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以G 2x  ≤G 21  =1-0-1=0,
所以G 2x  ≤0恒成立，显然2x2+x+1 
lnx
+ >0，
x-1
令G 1x  >0，解得：x>1，令G 2x  <0，解得：0<x<1，
所以G 1x  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
所以G 1x  ≥G 11  =0，
即fx 
1
>x+
x
-a=h 1x  ，
设h 1x  的零点为x 3 ,x 4 x 3 <x 4  ，x -x = a2-4， 4 3
易知x <x <x <x ，
3 1 2 4
所以x -x < a2-4，
2 1设fx
12

1
-x2+ -a
x2

1-lnx 1 1 1
= - = 1-lnx-
x x2 x x
 ，
设G 2x 
1
=1-lnx-
x
，G 2x 
1 1 -x+1
=- + = ，
x x2 x2
令G 2x  >0，解得：0<x<1，令G 2x  <0，解得：x>1，
所以G 2x  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以G 2x  ≤G 21  =1-0-1=0，
所以G 2x  ≤0恒成立，即fx 
1
<x2+
x2
-a=h 2x  ，
设h 2x  的零点为x 5 ,x 6x 5 <x 6  ，x2-x2= a2-4， 6 5
易知，x <x <x <x ，
1 5 6 2
所以x2<x2<x2<x2，
1 5 6 2
所以x2-x2> a2-4，
2 1
所以x -x < a2-4<x2-x2
2 1 2 1
9.(25-26高二下·辽宁锦州·月考)已知函数fx 
a
= x2-x-xlnx(a∈R)．
2
(1)若a=2,求方程fx  =0的解集；
(2)若fx  有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x ,x ， 1 2
①求a的取值范围；
②证明：fx 1  +fx 2 
1
< ． 2e
【答案】(1)1 
(2)①a∈0,2  ；②证明见解析
【分析】(1)将a=2带入求解，解得x-1-lnx=0,然后根据函数的单调性求解零点即可；
(2)①根据两个零点且有两个极值点为突破点辨析求解；②结合函数双变量问题转化证明求解是本题的
难点；
【详解】(1)若a=2,则fx  =x2-x-xlnx=x-1-lnx  x，定义域为0,+∞  ,
由fx  =0，可得x-1-lnx=0,
设gx  =x-1-lnx，则gx 
1
=1- ，
x
由gx  <0，可得0<x<1，gx  在0,1  上单调递减，
由gx  >0，可得x>1，gx  在1,+∞  上单调递增，
所以gx  =g1
min
 =0，
故方程fx  =0的解集为1  ．
(2)①解：令fx 
a 1+lnx
=0，得 = ，设hx
2 x

1+lnx
= ,hx
x

lnx
=- ，
x2
由hx  >0，可得0<x<1，故hx  在(0，1)单调递增；
由hx  <0，可得x>1，故hx  在(1，+∞)单调递减，
所以hx  =h1
max
 =1，
又当x∈(0，1)时，hx  ∈-∞,1  ，当x∈1,+∞  时，hx  ∈(0，1)，
若fx 
a
有两个零点，则 ∈0,1
2
 ，故a∈0,2  ，fx
13
 =ax-2-lnx，令fx 
2+lnx
=0，得a= ，
x
设Hx 
2+lnx
= ，则Hx
x

-1-lnx
= ，
x2
由Hx 
1
=0，可得x= ，
e
由Hx 
1
>0，可得0<x< ，故Hx
e

1
在0,
e
 上单调递增；
由Hx 
1
<0，可得x> ，故Hx
e

1
在 ,+∞
e
 上单调递减，
Hx 
1
=H
max e
 =e，
1
当x∈0,
e
 时，Hx  ∈-∞,e 
1
，当x∈ ,+∞
e
 时，Hx  ∈0,e  ，
若fx  有两个极值点，则a∈0,e  ，
综上，a∈0,2  ；
②证明：不妨令x 1 <x 2 ，因为a∈0,2  且H1 
1
=2,得0<x < <1<x ， 1 e 2
由x 1 ,x 2 为fx  =0的两根得：ax -2-lnx =0,ax -2-lnx =0， 1 1 2 2
两式分别乘x ,x 并整理得：
1 2
a 1 a 1
x2-x = x lnx , x2-x = x lnx ，
2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2
a
所以 2 x2 1 +x2 2  -x 1 +x 2 
1
= 2 x 1 lnx 1 +x 2 lnx 2  ，
要证：fx 1  +fx 2 
1
< ， 2e
a
即证： 2 x2 1 +x2 2  -x 1 +x 2  -x 1 lnx 1 +x 2 lnx 2 
1
< ， 2e
1
即证：x lnx +x lnx >- ，
1 1 2 2 e
由于x >1，所以x lnx >0，
2 2 2
1 1
所以只需证x lnx >- 0<x <
1 1 e 1 e
 ，
令φx 
1
=xlnx0<x<
e
 ，φx  =1+lnx<0，
所以φx 
1
=xlnx在0,
e
 上单调递减，
所以φx 
1
>φ
e

1
=- ，
e
1
故x lnx >- ，
1 1 e
所以fx 1  +fx 2 
1
< ． 2e
10.(25-26高二下·山东泰州·月考)已知函数fx 
1
=lnx- mx2，m∈R．
2
(1)讨论fx  的单调性；
(2)设函数gx  =xex-a fx 
1
 + mx2+x 2  a>0  ，若存在x 1 ，x 20<x 1 <x 2  使得gx 1  =gx 2  ，证
明：x ex 1+x ex 2>2a．
1 2
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】(1)对m分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可；
(2)利用同构法，构造函数ht
14
 =t-alnt，将问题转化为对应的t 1 =x 1 ex 1，t 2 =x 2 ex 2使得ht 1  =ht 2  ，
再构造函数Ft  =ht  -h2a-t  ，利用导数求得其单调性，从而推得t +t >2a，由此得解. 2 1
【详解】(1)fx  的定义域为0,+∞  ，fx 
1 1-mx2
= -mx= ,
x x
当m≤0时，fx  >0，fx  单调递增．
当m>0时，令fx 
m m
=0，解得x= 或x=- (舍去)
m m
m
当0<x< 时，fx
m
 >0，fx 
m
单调递增，当x> 时，fx
m
 <0，fx  单调递减，
综上，当m≤0时，fx  单调递增，
当m>0时，fx 
m
在0,
m

m
上单调递增，在 ,+∞
m
 上单调递减,
(2)证明：gx  =xex-alnx-ax=xex-alnxex  x>0  ，
令t=xexx>0  ，则函数gx  变形为ht  =t-alnt，
因为t=1+x  ex>0，所以t=xex单调递增，
若存在x 1 ，x 20<x 1 <x 2  使得gx 1  =gx 2  ，
则存在对应的t 1 =x 1 ex 1，t 2 =x 2 ex 20<t 1 <t 2  ，使得ht 1  =ht 2  ，
因为ht 
a t-a
=1- = ，a>0，
t t
所以当0<t<a时，ht  <0，ht  单调递减，当t>a时，ht  >0，ht  单调递增，
所以当t=a时，ht  取得最小值，
所以0<t <a<t ，所以2a-t >a，
1 2 1
设Ft  =ht  -h2a-t  =2t-2a-alnt+aln2a-t  0<t≤a  ，
则Ft 
a a -2t-a
=2- - =
t 2a-t
 2
t2a-t 
≤0，
所以Ft  单调递减，所以Ft 1  >Fa  =0，所以ht 1  >h2a-t 1  ，
因为ht 1  =ht 2  ，所以ht 2  >h2a-t 1  ，
又因为ht  在a,+∞  上单调递增，所以t >2a-t ， 2 1
所以t +t >2a，所以x ex 1+x ex 2>2a．
2 1 1 2
11.(25-26高二下·河北邢台·月考)已知函数fx 
a
= x2-a-2
2
 x-2xlnx.
(1)若fx  为增函数，求a；
(2)若0<a<2，fx 
4
有两个零点x ，x ，且x <x ，证明：x -x > -2. 1 2 1 2 2 1 a
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】(1)根据已知条件找到函数的极值点，利用可导函数的极值点必是导数为零的点列方程求解即
可；
(2)由已知得x 1 =1，构造函数px  ，使得px  >fx  ，找到x>1时函数hx  的零点，利用两个函数零
点的关系建立不等式证明即可.
【详解】(1)fx  =ax-a+2-2-2lnx=ax-1  -2lnx≥0恒成立，而f1
15
 =0，故f1  是fx  的最小值，即x=1是函数fx  的极小值点，
令gx  =fx  =ax-1  -2lnx，则gx 
2
=a- ，
x
故g1  =0，则a-2=0，即a=2，
检验知符合题意，故a=2.
(2)证明：当0<a<2时，fx  =ax-1  -2lnx，
令mx  =ax-1  -2lnx，mx 
2
=a- ，令mx
x

2
=0解得x= >1，
a
由于m1  =0，则x =1， 1
构造函数hx 
2x-1
=lnx-

x-1
x+1
 ，则hx 
1 4 x-1
= - =
x (x+1)2
 2
xx+1 
>0，
2
故hx  为增函数，hx  >h1 
2x-1
=0，即lnx>

，
x+1
所以mx  =ax-1  -2lnx<ax-1 
4x-1
-

=px
x+1
 ，
当x>1时，px 
4
有唯一零点x' = -1， 2 a
故px 2  >mx 2  =px' 2  ，
即ax 2 -1  - 4x 2 -1  x +1 >0=ax 2 -1
2
 - 4x' 2 -1  ， x'+1
2
4 4
所以a- >0=a- ，
x +1 x'+1
2 2
4 4
x >x' = -1，故x -x >x' -x = -2.
2 2 a 2 1 2 1 a
12.(25-26高二下·广东梅州·月考)已知函数 f(x)=(x+b)ex-a  (b>0)在点P(0,f(0))处的切线方程
为：y=x.
(1)求实数a，b的值；
1
(2)证明：f(x)≥ -1
e
 x+1  ；
m(1-2e)
(3)若方程f(x)=m有两个实数根x ,x ,且x <x ，证明：x -x ≤1+ .
1 2 1 2 2 1 1-e
【答案】(1)b=a=1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由函数在点处的切线方程求解；
(2)观察，构造出fx  在点-1,0  处的切线为hx 
1
= -1
e
 x+1  ，令Fx  =fx  -hx  ，只需证明
Fx  ≥0；
(3)方程f(x)=m的根不太好确定，由(2)可构造出f(x 1 )≥hx 1  ，找出hx  =m的根为x=-1+ 1
me
1-e ，利用单调性确定x 1 ≤x 1 ；再构造一个函数f(x)在点(0,0)处的切线方程tx  =x，同理可得，f(x ) 2
≥tx 2  ，找出tx  =m的根x=m，利用单调性判定出x≥x ，从而得证. 2 2 2
【详解】(1)由题，f(x)=ex-a  +ex(x+b)=ex(x+1+b)-a，
f(0)=b1-a  =0,f(0)=1+b-a=1,
因为b>0所以a=1，则b=a=1.(2)由(1)知，f(x)=(x+1)ex-1
16
 (b>0)，f(x)=ex(x+2)-1，
设fx  在点-1,0  处的切线为hx 
1
，斜率f(-1)= -1，则hx
e

1
= -1
e
 x+1  ，
令Fx  =fx  -hx  ，则Fx  =fx  -hx  =exx+2 
1
- ，
e
当x≤-2时，Fx  <0，Fx  在-∞,-2  单调递减；
当x>-2时，令Gx  =exx+2 
1
- ，则Gx
e
 =exx+3  >0恒成立，
所以Fx  在-2,+∞  上单调递增，
又F-1  =0，所以当x∈-2,-1  时，Fx  <0，Fx  在-2,-1  单调递减，
当x∈-1,+∞  时，Fx  >0，Fx  在-1,+∞  单调递增，
故Fx  ≥F-1  =0，所以f(x)≥hx 
1
,f(x)≥ -1
e
 x+1  .
(3)由(2)知，f(x 1 )≥hx 1  ，
设hx 
me
=m的根为x，则x=-1+ ， 1 1 1-e
又函数hx  单调递减，故hx 1  =m=fx 1  ≥hx 1  ，故x≤x ， 1 1
记tx  =x，Hx  =f(x)-x=xex+ex-2x-1，Hx  =x+2  ex-2，
当x≤-2时，Hx  <0，Hx  在-∞,-2  单调递减；
当x>-2时，令φx  =Hx  =x+2  ex-2,φx  =exx+3  >0恒成立，
所以φx  在-2,+∞  上单调递增，
又φ0  =0，所以当x∈-2,0  时，Hx  <0，Hx  在-2,0  单调递减，
当x∈0,+∞  时，Hx  >0，Hx  在0,+∞  单调递增，
故Hx  ≥H0  =0，所以f(x)≥tx  ，则f(x 2 )≥tx 2  ，
设tx  =m的根为x，则x=m， 2 2
又函数tx  单调递增，故tx 2   =m=fx 2  ≥tx 2  ，故x≥x ， 2 2
me
又x≤x ，所以x -x ≤x-x=m--1+
1 1 2 1 2 1 1-e

m(1-2e)
=1+ .
1-e