第24讲不等式的证明问题_2027年高考数学一轮复习讲义_2027年高考一轮复习讲义-解析版

第24讲 不等式的证明问题
知识梳理
利用导数证明不等式问题，方法如下：
(1)直接构造函数法：证明不等式fx  >gx  (或fx  <gx  )转化为证明fx  -gx  >0
(或fx  -gx  <0)，进而构造辅助函数hx  =fx  -gx  ；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
(4)对数单身狗，指数找基友
(5)凹凸反转，转化为最值问题
(6)同构变形
必考题型全归纳
1 题型一：直接法
915 (2024·北京房山·北京市房山区良乡中学校考模拟预测)已知函数fx  =2lnx+1  ．
(1)若函数fx  在点P x 0 ,fx 0    处的切线平行于直线y=2x-2，求切点P的坐标及此
切线方程；
(2)求证：当x∈0,e-1  时，fx  ≥x2-2x．(其中e=2.71828⋯)
【解析】(1)由题意得，fx 
2
= x+1 ，所以切线斜率2=fx 0 
2
= ， 1+x
0
所以x 0 =0，即P0,0  ，此时切线方程为y=2x；
(2)令gx  =2lnx+1  -x2+2x，x∈0,e-1  ，则gx 
2
22-x2
= -2x+2=
x+1

，
x+1
当0≤x< 2时，gx  >0，gx  单调递增，当x> 2时，gx  <0，gx  单调递减，
又g0  =0，ge-1  =2+e-1  3-e  =4e-e2-1>0，
所以gx  =g0
min
 =0，即gx  ≥0恒成立，
所以当x∈0,e-1  时，fx  ≥x2-2x．
lnx 1
916 (2024·北京·高二北京二十中校考期中)已知函数f(x)= - .
x x
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求证：f(x)≤2x-3.
1-lnx 1 2-lnx
【解析】(1)f(x)= + = ,f(1)=2，
x2 x2 x2
f(1)=-1,所以切点为(1,-1)，由点斜式可得，y+1=2(x-1)，
所以切线方程为：y=2x-3.
lnx 1
(2)由题可得， - ≤2x-3⇔lnx-1≤2x2-3x
x x
设g(x)=lnx-2x2+3x-1，
1 -4x2+3x+1 (-x+1)(4x+1)
g(x)= -4x+3= = ，
x x x
(-x+1)(4x+1)
所以当0<x<1时，g(x)= >0，
x
(-x+1)(4x+1)
当x>1时，g(x)= <0，
x
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561 3427所以g(x)在0,1  单调递增，1,+∞  单调递减，
所以gx  ≤gx  =g1
max
 =0，
即f(x)≤2x-3.
a
917 已知函数f(x)=(a-1)lnx+x+ ，a<0．
x
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a<-1时，证明：∀x∈(1,+∞)，f(x)>-a-a2．
a-1 a (x-1)(x+a)
【解析】解：(1)f(x)= +1- = ，
x x2 x2
因x>0，a<0，
①当-1<a<0时，0<-a<1，函数f(x)在(0,-a)内单调递增，在(-a,1)内单调递减，
在(1,+∞)内单调递增；
(x-1)2
②当a=-1时，f(x)= ≥0，函数f(x)在(0,+∞)内单调递增；
x2
③当a<-1时，-a>1，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,-a)内单调递减，在(-a,
+∞)内单调递增；
综上：当-1<a<0时，函数f(x)在(0,-a)内单调递增，在(-a,1)内单调递减，在(1,
+∞)内单调递增；
当a=-1时，函数f(x)在(0,+∞)内单调递增；
当a<-1时，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,-a)内单调递减，在(-a,+∞)内单调
递增；
(2)当a<-1时，由(1)得，函数f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,-a)内单调递减，在(-a,
+∞)内单调递增，
函数f(x)在(1,+∞)内的最小值为f(-a)=(a-1)ln(-a)-a-1，
欲证不等式f(x)>-a-a2成立，即证-a-a2<(a-1)ln(-a)-a-1，即证a2+(a-1)
ln(-a)-1>0，
因a<-1，所以只需证ln(-a)<-a-1，
1 -(x-1)
令h(x)=lnx-x+1(x≥1)，则h(x)= -1= ≤0，
x x
所以，函数h(x)在[1，+∞)内单调递减，h(x)≤h(1)=0，
又因a<-1，即-a>1．所以h(-a)=ln(-a)+a+1<0，
即当a<-1时，ln(-a)<-a-1成立，
综上，当a<-1时，∀x∈(1,+∞)，f(x)>-a-a2．
2 题型二：构造函数(差构造、变形构造、换元构造、递推构造)
918 (2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)已知函数fx 
1
=1+
x

x
(x>0)．
(1)证明：fx  <e；
(2)讨论fx  的单调性，并证明：当n∈N*时，2n+1  lnn+1  <nlnn+
n+1  lnn+2  ．
【解析】(1)证明：令ht  =ln1+t  -t(t>0)，则ht 
1 t
= -1=- <0，
1+t 1+t
所以ht  在0,+∞  上单调递减，所以ht  <h0  =0，即ln1+t  <t．
1 1
令t= (x>0)，则有ln1+
x x

1
< ，
x
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562 34271
所以xln1+
x

1
<1，所以ln1+
x

x 1
<1,1+
x

x
<e，即fx  <e．
(2)由fx 
1
=1+
x

x
(x>0)可得lnfx 
1
=xln1+
x
 ，
令gx 
1
=xln1+
x
 ，则gx 
1
=ln1+
x

1
x
- ，
1
1+
x
令φt  =ln1+t 
t
- (t>0)，则φt
1+t

1 1 t
= - = >0，
1+t (1+t)2 (1+t)2
所以φt  在0,+∞  上单调递增，φt  >φ0  =0．
1
令t= (x>0)，则有gx
x

1
=ln1+
x

1
x
- >0，
1
1+
x
所以gx  在0,+∞  上单调递增，所以fx 
1
=1+
x

x
在0,+∞  上单调递增，
1 所以对于n∈N*，有1+
n
 n 1 <1+
n+1
 n+1 ，
1
所以ln1+
n

n 1
<ln1+
n+1

n+1 1
，所以nln1+
n
 <n+1 
1
ln1+
n+1
 ，
即n lnn+1   -lnn  <n+1  lnn+2  -lnn+1    ，
整理得：2n+1  lnn+1  <nlnn+n+1  lnn+2  ．
x2-1
919 已知曲线f(x)= 与曲线g(x)=alnx在公共点(1,0)处的切线相同，
2
(Ⅰ)求实数a的值；
x2-1
(Ⅱ)求证：当x>0时， ≥x-1≥lnx．
2
a
【解析】(Ⅰ)解：f(x)=x，g(x)= ，
x
依题意f(1)=g(1)，∴a=1；
x2-1 1 x2-1
(Ⅱ)证明：由 -(x-1)= (x-1)2≥0，得 ≥x-1，
2 2 2
1 x-1
令h(x)=x-1-lnx，则h(x)=1- = ，
x x
∴x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)递减；
x∈(1,+∞)时，h(x)>0，h(x)递增．
∴x>0时，h(x)≥h(1)=0，即x-1≥lnx，
x2-1
综上所述，x>0时， ≥x-1≥lnx．
2
920 已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R)，g(x)=xlnx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若直线y=x-1是函数y=f(x)图象的切线，求证：当x>0时，f(x)≥g(x)．
【解析】(1)解：f′(x)=ex-a，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=0，可得x=lna，
当x∈(-∞,lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(lna,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上可得，当a≤0时，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(-∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增．
第 页 共 页
563 3427(2)证明：直线y=x-1是函数y=f(x)图象的切线，设切点为(x ，f(x ))，
0 0
则ex0-a=1，即x =ln(a+1)，
0
∵切点在切线上，∴f(x )=ln(a+1)-1，
0
∵f(x )=f(ln(a+1))=a-aln(a+1)，
0
∴ln(a+1)-1=a-aln(a+1)，解得a=e-1，
当x>0时，f(x)≥g(x)等价于ex-(e-1)x-1≥xlnx，
ex 1
等价于 -(e-1)- -lnx≥0，
x x
ex 1
设h(x)= -(e-1)- -lnx，
x x
xex-ex 1 1 (ex-1)(x-1)
则h(x)= + - = ，
x2 x2 x x2
∵x>0，ex-1>0，由h′(x)=0，得x=1，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x) =h(1)=0，即h(x)≥0，
min
∴f(x)≥g(x)．
x2
921 已知函数f(x)=sinx+ -ln(1+x)．
2
(1)证明：f(x)≥0；
1
(2)数列{a }满足：0<a < ，a =f(a )(n∈N*)．
n 1 2 n+1 n
1
(ⅰ)证明：0<a < (n∈N*)；
n 2
(ⅱ)证明：∀n∈N*，a <a ．
n+1 n
1
【解析】证明：(1)由题意知，f(x)=cosx+x- ，x∈(-1,+∞)，
1+x
1
①当x∈(-1,0)时，f(x)<1+x- <x<0，
1+x
所以f(x) 在区间(-1,0)上单调递减，
1 1
②当x∈(0,+∞)时，令g(x)=f(x)，因为g(x)=1+ -sinx> >0，
(1+x)2 (1+x)2
所以g(x) 在区间(0,+∞)上单调递增，因此g(x)>g(0)=0，
故当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，
所以f(x) 在区间(0,+∞) 上单调递增，
因此当x∈(-1,+∞) 时，f(x)≥f(0)=0，
所以f(x)≥0；
1
(2)(ⅰ)由(1)知，f(x)在区间0,
2
 上单调递增，f(x)>f(0)=0，
3 因为
2
 8 1 =1+
2
 8 =1+ 1 c1+ 1 C2+⋯⋯>1+4+7=12>e，
2 8 4 8
3 3
故1-8ln =lne-ln
2 2

8
<0，
1
所以f(x)<f
2

1 1 3 π 1 3 1 1 3
=sin + -ln <sin + -ln = + 1-8ln
2 8 2 6 8 2 2 8 2

1
< ，
2
1
因此当x∈0,
2

1
时，0<f(x)<1，又因为a ∈0,
1 2
 ，
1
所以a =f(a )=f(f(a ))=⋯⋯=f(f(⋯⋯f(a)⋯⋯))∈0,
n n-1 n-2 1 2
 ，
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564 34271
(ⅱ)函数h(x)=f(x)-x，0<x<
2

1
，则h(x)=f(x)-1=x+cosx-1- ，
1+x
令φ(x)=h(x)，则φ(x)=g(x)>0，
1
所以φ(x) 在区间0,
2
 上单调递增；
1
因此h(x)=φ(x)≤φ
2

1 1 2 1 7
= +cos -1- =cos - <0，
2 2 3 2 6
1
所以h(x) 在区间0,
2
 上单调递减，所以h(x)<h(0)=0，
因此a -a =f(a )-a =g(a )<0，
n+1 n n n n
所以对∀n∈N*，a <a ．
n+1 n
x-2
922 讨论函数f(x)= ex的单调性，并证明当x>0时，(x-2)ex+x+2>0．
x+2
x-2 x-2 4
【解析】解：f(x)= ex，f(x)=ex +
x+2 x+2 (x+2)2

x2ex
= ，
(x+2)2
∵当f(x)>0时，x<-2或x>-2，
∴f(x)在(-∞,-2)和(-2,+∞)上单调递增，
x-2
证明：∴x>0时， ex>f(0)=-1
x+2
∴(x-2)ex+x+2>0．
3 题型三：分析法
923 已知函数f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．
(1)求a；
x+f(x)
(2)设函数g(x)= ．证明：g(x)<1．
xf(x)
【解析】(1)解：由题意，f(x)的定义域为(-∞,a)，
令t(x)=xf(x)，则t(x)=xln(a-x)，x∈(-∞,a)，
-1 -x
则t(x)=ln(a-x)+x⋅ =ln(a-x)+ ，
a-x a-x
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点，则有t(0)=0，即lna=0，所以a=1，
-x -1
当a=1时，t(x)=ln(1-x)+ =ln(1-x)+ +1，且t(0)=0，
1-x 1-x
-1 -1 x-2
因为t(x)= + = <0，
1-x (1-x)2 (1-x)2
则t(x)在(-∞,1)上单调递减，
所以当x∈(-∞,0)时，t(x)>0，
当x∈(0,1)时，t(x)<0，
所以a=1时，x=0是函数y=xf(x)的一个极大值点．
综上所述，a=1；
(2)证明：由(1)可知，xf(x)=xln(1-x)，
x+f(x) x+ln(1-x)
要证 <1，即需证明 <1，
xf(x) xln(1-x)
因为当x∈(-∞,0)时，xln(1-x)<0，
当x∈(0,1)时，xln(1-x)<0，
所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x)，即x+(1-x)ln(1-x)>0，
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x)，
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565 3427-1
则h(x)=(1-x)⋅ +1-ln(1-x)=-ln(1-x)，
1-x
所以h(0)=0，当x∈(-∞,0)时，h(x)<0，
当x∈(0,1)时，h(x)>0，
所以x=0为h(x)的极小值点，
所以h(x)>h(0)=0，即x+ln(1-x)>xln(1-x)，
x+ln(1-x)
故 <1，
xln(1-x)
x+f(x)
所以 <1．
xf(x)
924 (2024·山东泰安·统考模拟预测)已知函数f(x)=ea-x
(1)求y=f(x)在x=a处的切线;
a
(2)若0<a<2，证明当x>0时，f(x)< +2.
x
【解析】(1)因为f(x)=-ea-x，所以f(a)=-1，∴切线斜率为-1
因为f(a)=1，所以切点为(a,1)
∴切线方程为y-1=-(x-a)即x+y-a-1=0
(2)法一：令h(x)=ex-(x+1),(x>0)，所以h(x)=ex-1>0，
所以h(x)在(0,+∞)单调递增，∴h(x)>h(0)=0，∴ex>x+1
1 ea
所以e-x< ，所以f(x)< ，
x+1 x+1
a ea a
所以要证f(x)< +2只需证明 < +2,x>0
x x+1 x
a
变形得ea-a-2<2x+ (x>0)
x
a
因为2x+ ≥2 2a(x>0)
x
所以只需证明ea-a-2<2 2a(x>0)，即ea<( a+ 2)2
两边同取对数得：a<2ln( a+ 2),(0<a<2)
令g(a)=a-2ln( a+ 2),(0<a<2)，
a+ 2a-1
则g(a)= (0<a<2)
a( a+ 2)
显然φ(a)=a+ 2a-1在(0，2)递增，φ(0)<0,φ(2)>0,
所以存在m∈(0,2),当a∈(0,m)时g(a)<0,g(a)递减，
当a∈(m,2)时g(a)>0,g(a)递增;
因为g(0)=-2ln 2<0,g(2)=2-2ln2 2<0
所以g(a)<0在(0,2)上恒成立，所以原命题成立
a
法二：设t= 则a=xt，
x
要证：ea-x<t+2
需证：etx-x<t+2
即证：(t-1)x<ln(t+2)
a a
因为x= ，需证(t-1)× <ln(t+2)，即证：a(t-1)<tln(t+2)
t t
①t≤1时a(t-1)≤0<tln(t+2)必然成立
②t>1时，因为0<a<2所以只需证明2(t-1)<tln(t+2)，
第 页 共 页
566 3427t
令h(t)=tln(t+2)-2(t-1)，h(t)=ln(t+2)+ -2，
t+2
t 1 2
令g(t)=ln(t+2)+ -2，g(t)= + >0
t+2 t+2 (t+2)2
∴h(t)在上(0，+∞)为增函数
3
因为h(2)=ln4- =ln4-ln e3<0,
2
h(3)=ln5- 7 =ln5-ln5e7,55=3125>37=2187>e7，所以h(3)>0
5
所以存在t ∈(2,3)，使得h(t )=0
0 0
∴h(t)在(1,t )上为减函数，在(t ,+∞)上为增函数
0 0
t
∴h(t) =t ln(t +2)-2(t -1)=t 2- 0
min 0 0 0 0 t +2
0

-t2+2t +4
-2(t -1)= 0 0
0 t +2
0
∵2<t <3,∴h(t )>0.∴h(t)>0
0 0
综上可知，不等式成立
925 已知1<a≤2，函数f(x)=ex-x-a，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数．
(Ⅰ)证明：函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点；
(Ⅱ)记x 为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点，证明：
0
(ⅰ) a-1≤x ≤ 2(a-1)；
0
(ⅱ)x f(ex0)≥(e-1)(a-1)a．
0
【解析】证明：(Ⅰ)∵f(x)=ex-x-a=0(x>0)，∴f′(x)=ex-1>0恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵1<a≤2，∴f(2)=e2-2-a≥e2-4>0，又f(0)=1-a<0，
∴函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点．
(Ⅱ)(i)f(x )=0，∴ex0-x -a=0，
0 0
∴ a-1≤x ≤ 2(a-1)，∴ex0-x -1≤x2≤2(ex0-x -1)，
0 0 0 0
x2
令g(x)=ex-x-1-x2(0<x<2)，h(x)=ex-x-1- ，(0<x<2)，
2
一方面，h′(x)=ex-1-x=h(x)，h(x)=ex-1>0，
1 1
∴h′(x)>h′(0)=0，∴h(x)在(0,2)单调递增，
∴h(x)>h(0)=0，
x2
∴ex-x-1- >0，2(ex-x-1)>x2，
2
另一方面，1<a≤2，∴0<a-1≤1，
∴当x ≥1时， a-1≤x 成立，
0 0
∴只需证明当0<x<1时，g(x)=ex-x-1-x2≤0，
∵g′(x)=ex-1-2x=g(x)，g (x)=ex-2=0，∴x=ln2，
1 1
当x∈(0,ln2)时，g (x)<0，当x∈(ln2,1)时，g (x)>0，
1 1
∴g′(x)<max{g′(0)，g′(1)}，g′(0)=0，g′(1)=e-3<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)单调递减，
∴g(x)<g(0)=0，∴ex-x-1<x2，
综上，ex0-x -1≤x2≤2(ex0-x -1)，
0 0 0
∴ a-1≤x ≤ 2(a-1)．
0
(ii)要证明x f(ex0)≥(e-1)(a-1)a，只需证x f(x +a)≥(e-1)(a-1)a，
0 0 0
由(i)得只需证e a-1+a- a-1-2a≥(e-1)a a-1，
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567 34271 1
∵ex≥1+x+ x2，∴只需证1+ ( a-1+a)2-a≥(e-1)a a-1，
2 2
a a-1
只需证a2-( a-1)2-2(e-2)a a-1≥0，即证 - ≥2(e-2)，
a-1 a
a 1
∵ = + a-1∈[2，+∞)，
a-1 a-1
a a-1 1 3
∴ - ≥2- = ≥2(e-2)，
a-1 a 2 2
∴x f(ex0)≥(e-1)(a-1)a．
0
926 已知函数f(x)=ex-ax-1在(0,+∞)上有零点x ，其中e=2.71828⋅⋅⋅是自然对数的
0
底数．
(Ⅰ)求实数a的取值范围；
(Ⅱ)记g(x)是函数y=f(x)的导函数，证明：g(x )<a(a-1)．
0
【解析】(Ⅰ)解：函数f(x)=ex-ax-1，则f(x)=ex-a，
①当a≤0时，f(x)>0恒成立，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，故函数无零点，不符合题意；
②当a>0时，由f(x)=ex-a=0，得x=lna，
若lna≤0，即0<a≤1，此时f(x)在(0,+∞)上单调递增，不符合题意；
若lna>0，即a>1，则f(x)在(0,lna)上单调递减，f(x)在(lna,+∞)上单调递增，
又f(0)=0，故∃x >0，使得f(x)<f(0)=0，
1 1
而当x→+∞时，f(x)→+∞时，
故∃x >x ，使得f(x )>0，
2 1 2
根据零点存在定理，∃x ∈[x ，x ]，使得f(x )=0，符合题意；
0 1 2 0
综上所述，实数a的取值范围是a>1；
(Ⅱ)证明：g(x)=f(x)=ex-a，
所以g(x )<a(a-1)，即x <2lna，
0 0
由(Ⅰ)知x ∈(lna,+∞)且f(x)在(0,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
0
故只要证明：f(2lna)>0，
1
即f(2lna)=a2-2alna-1=aa-2lna-
a
 >0，a>1，
1
设h(x)=x-2lnx- (x>1)，
x
2 1 (x-1)2
则h(x)=1- + = >0，
x x2 x2
故h(x)在(1,+∞)上单调递增，即h(x)>h(1)=0，
所以f(2lna)>0成立；
综上所述，g(x )<a(a-1)成立．
0
4 题型四：凹凸反转、拆分函数
927 (2024·北京·高三专题练习)已知函数fx  =x3+ax2+bx+a2，当a=0，b=-3时，证明：
任意的x∈R，都有fx 
x 1
+2≥ - 恒成立.
ex e
【解析】由题设有fx  =x3-3x，设hx  =fx  +2=x3-3x+2，gx 
x 1
= - ，
ex e
第 页 共 页
568 3427要证fx 
x 1
+2≥ - 即证hx
ex e
 >gx  .
下面证明：当x>0时，hx  >gx  .
此时hx  =3x2-3，gx 
1-x
= ，
ex
当x>1时，hx  >0,gx  <0，
故gx  在1,+∞  上为减函数，hx  在1,+∞  上为增函数，
当0<x<1时，hx  <0,gx  >0，
故gx  在0,1  上为增函数，hx  在0,1  上为减函数，
故在0,+∞  上，有gx  =g1
max
 =0，hx  =h1
min
 =0，
故当x>0时，hx  ≥gx  .
当x=0，h0 
1
=2>- =g0
e
 ，gx 
x 1
= - ，
ex e
当x<0时，要证hx  >gx 
x
即证x3-3x> 即证ex x2-3
ex
 <1，
设Sx  =ex x2-3  ，其中x<0，故Sx  =ex x2+2x-3  ，
当x<-3时，Sx  >0；当-3<x<0时，Sx  <0，
故Sx  在-∞,-3  上为增函数，在-3,0  上为减函数，
故在-∞,0  上，Sx 
6
= <1，
max e3
故ex x2-3  <1，所以当x<0时，hx  >gx  成立.
综上，任意的x∈R，都有fx 
x 1
+2≥ - 恒成立.
ex e
928 (2024·河南开封·校考模拟预测)设函数fx  =x2-2x  ex，gx  =e2lnx-aex．
(1)若函数gx  在e,+∞  上存在最大值，求实数a的取值范围；
(2)当a=2时，求证：fx  >gx  ．
【解析】(1)(1)由g(x)=e2lnx-aex得：gx 
e2 e2-aex
= -ae= (x>0)，
x x
①当a≤0时，g(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，在(e,+∞)不存在最大值，
e
②当a>0时，令g(x)=0，解得：x= >0，
a
e
当x∈0,
a

e
时，g(x)>0，g(x)在0,
a
 上单调递增，
e
当x∈ ,+∞
a

e
时，g(x)<0在 ,+∞
a
 上单调递减，
e e
所以g(x)在x= 时，取得最大值g
a a
 ，
又由函数g(x)在(e,+∞)上存在最大值，
e
因此 >e，解得：a<1，
a
所以a的取值范围为(0,1).
(2)证明：当a=2时，g(x)=e2lnx-2ex，且函数gx  的定义域为0,+∞  ，
要证明f(x)>g(x)，即证明x>0时，x2-2x

ex>e2lnx-2ex，
只需要证明：x>0时，x2-2x

ex+2ex>e2lnx，
e2lnx
因为x>0，所以不等式等价于(x-2)ex+2e>
x
设φ(x)=(x-2)ex+2e(x>0)，则φx  =x-1  ex，
令φx  =0得：x=1，
第 页 共 页
569 3427当0<x<1时，φ(x)<0，当x>1时，φ(x)>0，
所以φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故φ(x)≥φ(1)=e，且当x=1时，等号成立；
e2lnx e2(1-lnx)
又设h(x)= (x>0)，则h(x)= ，
x x2
令hx  =0得：x=e，
当0<x<e时，h(x)>0，当x>e时，h(x)<0，
所以h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
故h(x)≤h(e)=e，且当x=e时，等号成立；
综上可得：x>0时，φx  ≥hx  ，且等号不同时成立，
所以x>0时，φx  >hx  ，
即当a=2时，fx  >gx  得证.
1
929 已知函数f(x)=alnx+
x2

x2+2
+ (a∈R)．
x
(Ⅰ)若x= 2是f(x)的极小值点，求a的取值范围；
3
(Ⅱ)若a=-1，f′(x)为f(x)的导函数，证明：当1≤x≤2时，f(x)-f(x)> ．
2
【解析】解：(Ⅰ)f(x)的定义域是(0,+∞)，
a 2a 2 (x+a)(x2-2)
则f′(x)= - +1- = ，
x x3 x2 x3
若a≥0，则当x∈(0, 2)时，f′(x)<0，当x∈( 2，+∞)时，f′(x)>0，
故x= 2是函数f(x)的极小值点，符合条件，
若a<0，令f′(x)=0，解得：x=-a或x= 2，
若- 2<a<0，则当x∈(0,-a)和x∈( 2，+∞)时f′(x)>0，
当x∈(-a, 2)时，f′(x)<0，
故x= 2是f(x)的极小值点，符合条件，
若a=- 2，则f′(x)≥0恒成立，f(x)没有极值点，不符合条件，
若a<- 2，则当x∈(0, 2)和x∈(-a,+∞)时f′(x)>0，
当x∈( 2，-a)时f′(x)<0，故x= 2是f(x)的极大值点，不符合条件，
故a的取值范围是(- 2，+∞)；
1 2 1 2 2
(Ⅱ)当a=-1时，f(x)=-lnx- +x+ ，f′(x)=- + +1- ，
x2 x x x3 x2
3 1 2
则f(x)-f′(x)=x-lnx-1+ + - ，x∈[1，2]，
x x2 x3
3 1 2
设g(x)=x-lnx-1，h(x)= + - ，x∈[1，2]，
x x2 x3
1
由g′(x)=1- ≥0，可得g(x)≥g(1)=0，当且仅当x=1时“=”成立，
x
-3x2-2x+6
h′(x)= ，
x4
设φ(x)=-3x2-2x+6，则φ(x)在[1，2]上递减，
∵φ(1)=1，φ(2)=-10，
故存在x ∈[1，2]，使得当x∈(1,x )时，φ(x)>0，当x∈(x ，2)时，φ(x)<0，
0 0 0
故h(x)在(1,x )上单调递增，在(x ，2)上单调递减，
0 0
3 3
由于h(1)=2，h(2)= ，故h(x)≥h(2)= ，当且仅当x=2时“=”成立，
2 2
第 页 共 页
570 34273
故当1≤x≤2时，f(x)-f′(x)=g(x)+h(x)>g(1)+h(2)= ．
2
930 已知函数f(x)=x3-ax．(a∈R)
(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；
x 3
(Ⅱ)求证： ⋅e-x+xlnx> -ex-2．
f(x)+ax 2ex
【解析】解(I)f′(x)=3x2-a
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增
3a 3a
当a>0时，由f′(x)≥0可得c×≥ 或x≤-
3 3
3a 3a
由f′(x)<0可得- <x<
3 3
综上可得，a≤0时，f′(x)≥0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增
3a
当a>0时，函数 f(x)的单调递增区间为  ，+∞
3

3a
，-∞,-
3
 ，单调递减区间
3a 3a
- ,
3 3

3 ex 1
(II)证明：原不等式可化为xlnx> - -
2ex e2 x2ex
3 xex 1
容易得x>0，上式两边同乘以x可得x2lnx> - -
2e e2 xex
3 xex 1 3 xex 1
设p(x)=x2lnx，q(x)= - - = - +
2e e2 xex 2e e2 xex

-1
则由p′(x)=x(2lnx+1)可得x=0(舍)或x=e 2
-1 -1
∴0<x<e 2时，p′(x)<0，x>e 2时，p′(x)>0
-1 1
∴当x=e 2时，函数p(x)取得最小值-
2e
3 xex 1 3 xex 1
∵q(x)= - - = - +
2e e2 xex 2e e2 xex

3 1 1
≤ -2 =-
2e e2 2e
xex 1
当且仅当 = 即xex=e时取等号
e2 xex
令r(x)=xex，可得r(x)在(0,+∞)上单调递增，且r(1)=e
1
当x=1时，q(x)有最小值q(x)=-
2e
1
∴p(x)≥- ≥q(x)
2e
由于上面两个等号不能同时取得，故有p(x)>q(x0，则原不等式成立
5 题型五：对数单身狗，指数找朋友
1-x
931 已知函数f(x)= +lnx．
ax
1
(Ⅰ)当a=1时，求f(x)在  ，2
 2
 上最大值及最小值；
(Ⅱ)当1<x<2时，求证(x+1)lnx>2(x-1)．
1 1 1 x-1
【解析】解：(Ⅰ)f(x)= +lnx-1，f′(x)=- + = ；
x x2 x x2
1
∴x∈  ,1
 2
 时，f′(x)<0；x∈(1，2]时，f′(x)>0；
1
f(1)=0是函数f(x)的极小值，即f(x)的最小值；又f
2

1
=1-ln2，f(2)=ln2- ；
2
第 页 共 页
571 3427∴f(x)的最大值是1-ln2；
1
∴函数f(x)在  ,2
 2
 上的最小值是0，最大值是1-ln2；
2(x-1)
(Ⅱ)∵x+1>0，∴要证明原不等式成立，只要证明lnx> ；
x+1
2(x-1) 1 2(x+1)-2(x-1) (x-1)2
设F(x)=lnx- ，则F′(x)= - = >0；
x+1 x (x+1)2 x(x+1)2
∴函数F(x)在(1,2)上是增函数，∴F(x)>F(1)=0；
2(x-1)
∴lnx> ；
x+1
∴原不等式成立．
b(x+1)
932 已知函数f(x)=alnx+ ，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=2．
x
(1)求a、b的值；
(x+1)lnx
(2)当x>0且x≠1时．求证：f(x)> ．
x-1
b(x+1) a b
【解析】解：(1)函数f(x)=alnx+ 的导数为f′(x)= - ，
x x x2
曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=2，
可得f(1)=2b=2，f′(1)=a-b=0，
解得a=b=1；
(x+1)lnx
(2)证明：当x>1时，f(x)> ，
x-1
1 2lnx
即为lnx+1+ >lnx+ ，
x x-1
1
即x- -2lnx>0，
x
(x+1)lnx
当0<x<1时，f(x)> ，
x-1
1
即为x- -2lnx<0，
x
1 1 2 (x-1)2
设g(x)=x- -2lnx，g′(x)=1+ - = ≥0，
x x2 x x2
可得g(x)在(0,+∞)递增，
(x+1)lnx
当x>1时，g(x)>g(1)=0，即有f(x)> ；
x-1
(x+1)lnx
当0<x<1时，g(x)<g(1)=0，即有f(x)> ．
x-1
(x+1)lnx
综上可得，当x>0且x≠1时，f(x)> 都成立．
x-1
933 已知二次函数g(x)对任意实数x都满足g(x-1)+g(1-x)=x2-2x-1，且g(1)=-1，
1
令f(x)=gx+
2

9
+mlnx+ (m∈R,x>0)．
8
(1)求g(x)的表达式；
(2)设1<m≤e，H(x)=f(x)-(m+1)x．证明：对任意x ，x ∈[1，m]，恒有|H(x)-H
1 2 1
(x )|<1．
2
【解析】(1)解：设g(x)=ax2+bx+c，于是g(x-1)+g(1-x)=2a(x-1)2+2c=(x-1)
2-2，
所以a=0.5，c=-1，
第 页 共 页
572 3427又g(1)=-1，则b=-0.5．
所以g(x)=0.5x2-0.5x-1．⋯(5分)
(x-1)(x-m)
(2)证明：因为对∀x∈[1，m]，H′(x)= ≤0，
x
所以H(x)在[1，m]内单调递减．
于是|H(x)-H(x )|≤H(1)-H(m)=0.5m2-mlnm-0.5
1 2
3
证明|H(x)-H(x )|<1，即证明0.5m-lnm- <0，
1 2 2m
3
记h(m)=0.5m-lnm- (1<m≤e)，
2m
3 1 1
则h′(m)=  -
2 m 3

2 1
+ >0，
3
3
所以函数h(m)=0.5m-lnm- 在(1，e]是单调增函数，
2m
(e-3)(e+1)
所以h(m)≤h(e)= <0，故命题成立．⋯(12分)
2e
934 已知函数f(x)=lnx+ax-l(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
e-x
(2)若函数f(x)图象过点(1,0)，求证： +lnx+x-1≥0．
x
1 ax+1
【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，又f′(x)= +a= ，
x x
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
1
当a<0时，由f′(x)=0得x=- ，
a
1
若x∈0,-
a

1
,f′(x)>0，则f(x)在0,-
a
 上单调递增；
1
若x∈- ,+∞
a

1
,f′(x)<0，则f(x)在- ,+∞
a
 上单调递减；
(2)证明：函数f(x)图象过点(1,0)，可得a=1，此时f(x)=lnx+x-1，
e-x 1 x+1
要证 +lnx+x-1≥0，令g(x)= e-x+lnx+x-1(x>0)，则g′(x)=- e-x
x x x2
x+1 (x+1)(xex-1)
+ = ，
x x2ex
令y=xex-1，则y′=(x+1)ex，
当x∈(0,+∞)时，y′>0，故y=xex-1在(0,+∞)上单调递增，
1
由g′(x)=0，即xex-1=0，故存在x ∈(0,+∞)使得x ex0=1，此时ex0= ，故x =
0 0 x 0
0
-lnx ，
0
当x∈(0,x )时，g′(x)<0，当x∈(x ，+∞)时，g′(x)>0，
0 0
∴函数g(x)在(0,x )上单减，在(x ，+∞)上单增，
0 0
1
故当x=x 时，g(x)有最小值g(x )= +lnx +x -1=0，
0 0 x ex0 0 0
0
e-x
∴ +lnx+x-1≥0成立，即得证．
x
935 已知函数f(x)=lnx+ax-1(a∈R)．
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)若函数f(x)图象过点(1,0)，求证：e-x+xf(x)≥0．
1 ax+1
【解析】解：(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)= +a= ．
x x
第 页 共 页
573 3427当a≥0时，f(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
1
当a<0时，由f(x)=0，得x=- ．
a
1
若x∈0,-
a
 ，f(x)>0，f(x)单调递增；
1
若x∈- ,+∞
a
 ，f(x)<0，f(x)单调递减
综合上述：当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
1
当a<0时，f(x)在0,-
a

1
单调递增，在- ,+∞
a
 上单调递减．
(Ⅱ)证明：函数f(x)图象过点(1,0)，
∴ln1+a-1=0，解得a=1．
e-x
e-x+xf(x)≥0．即 +lnx+x-1≥0．(x>0)．
x
e-x x+1 x+1
令 g(x) = + lnx + x - 1 ≥ 0． (x > 0)． g′ (x) =- e-x + =
x x x
(x+1)(xex-1)
．
x2ex
令h(x)=xex-1，h′(x)=(x+1)ex，
∴函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，
1
∴存在x ∈(0,+∞)，使得x ex0=1，可得ex0= ，x =-lnx ．
0 0 x 0 0
0
∴g(x)≥g(x )=1-x +x -1=0．
0 0 0
∴e-x+xf(x)≥0成立．
6 题型六：放缩法
936 (2024·全国·高三专题练习)已知fx 
2
=ex+1- ，gx
x

a+x+lnx
= ，a∈R．
x
(1)当x∈1,+∞  时，求函数gx  的极值；
(2)当a=0时，求证：fx  ≥gx  ．
【解析】(1)gx 
1-a
=
 -lnx
，当a≥1时，gx
x2
 <0，即gx  在1,+∞  上单调递减，
故函数gx  不存在极值；
当a<1时，令gx  =0，得x=e1-a，
x 1,e1-a  e1-a e1-a,+∞ 
gx  + 0 -
gx  增函数 极大值 减函数
故gx  =ge1-a
极大值

a+e1-a+1-a
=
 1+e1-a
= =ea-1+1，无极小值.
e1-a e1-a
综上，当a≥1时，函数gx  不存在极值；
当a<1时，函数gx  有极大值，gx  =ea-1+1，不存在极小值．
极大值
(2)显然x>0，要证：fx  ≥gx  ，
x+2+lnx
即证：ex+1≥ ，即证：xex+1≥lnx+x+2，
x
即证：elnx+x+1≥lnx+x+1  +1．
令t=lnx+x+1，故只须证：et≥t+1．
第 页 共 页
574 3427设hx  =ex-x-1，则hx  =ex-1，
当x>0时，hx  >0，当x<0时，hx  <0，
故hx  在0,+∞  上单调递增，在-∞,0  上单调递减，
即hx  =h0
min
 =0，所以hx  ≥0，从而有ex≥x+1．
故et≥t+1，即fx  ≥gx  ．
937 (2024·湖南常德·常德市一中校考二模)已知函数fx  =axex-x+1  2(a∈R，e为自然
对数的底数)．
(1)讨论函数fx  的单调性；
1
(2)当a≥ 时，求证：fx
e2
 ≥lnx-x2-x-2.
【解析】(1)f(x)=(x+1)aex-2  ，
(ⅰ)当a≤0时，aex-2<0，所以f(x)>0⇒x<-1，f(x)<0⇒x>-1，
则f(x)在(-∞,-1)上单调递增，在(-1,+∞)上单调递减；
2
(ⅱ)当a>0时，令aex-2=0，得x=ln ，
a
2
①0<a<2e时，ln >-1，
a
2 2
所以f(x)>0⇒x<-1或x>ln ，f(x)<0⇒-1<x<ln ，
a a
2
则f(x)在(-∞,-1)上单调递增，在-1,ln
a

2
上单调递减，在ln ,+∞
a
 上单调递增；
②a=2e时，f(x)=2(x+1)ex+1-1  ≥0，则f(x)在(-∞,+∞)上单调递增；
2 2 2
③a>2e时，ln <-1，所以f(x)>0⇒x<ln 或x>-1，f(x)<0⇒ln <x<-1，
a a a
2
则f(x)在-∞,ln
a

2
上单调递增，在ln ,-1
a
 上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增．
综上，a≤0时，f(x)在(-∞,-1)上单调递增，在(-1,+∞)上单调递减；
2
0<a<2e时，f(x)在(-∞,-1)上单调递增，在-1,ln
a

2
上单调递减，在ln ,+∞
a

上单调递增；
a=2e时，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增；
2
a>2e时，f(x)在-∞,ln
a

2
上单调递增，在ln ,-1
a
 上单调递减，在(-1,+∞)上单
调递增；
(2)方法一：f(x)≥lnx-x2-x-2(x>0)等价于axex-lnx-x+1≥0(x>0)，
当x>0时，xex>0，
1
则当a≥ 时，axex≥xex-2 x>0
e2
 ，则axex-lnx-x+1≥xex-2-lnx-x+1(x>0)，
1
令g(x)=xex-2-lnx-x+1,g(x)=(x+1)ex-2-
x
 ，
1
令h(x)=ex-2- ，
x
1
因为函数y=ex-2,y=- 在区间(0,+∞)上都是增函数，
x
所以函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递增 ，
1 1
∵h(1)= e -1<0,h(2)= 2 >0，∴存在x 0 ∈(1,2)，使得hx 0  =0，
1
即ex0-2= ,x -2=-lnx ，
x 0 0
0
当x∈0,x 0  时，g(x)<0，则g(x)在0,x 0  上单调递减，
第 页 共 页
575 3427当x∈x 0 ,+∞  时，g(x)>0，则g(x)在x 0 ,+∞  上单调递增，
∴g(x) min =gx 0 
1
=x ex0-2-lnx -x +1=x ⋅ +x -2-x +1=0， 0 0 0 0 x 0 0
0
∴g(x)≥0，故f(x)≥lnx-x2-x-2.
1
方法二：当a≥ 时，axex-lnx-x+1≥xex-2-lnx-x+1(x>0)，
e2
令g(x)=xex-2-lnx-x+1=elnx+x-2-(lnx+x-2)-1，
令t=lnx+x-2，则t∈R，
令k(t)=et-t-1，则k(t)=et-1，
当t<0时，k(t)<0，当t>0时，k(t)>0，
∴k(t)在区间(-∞,0)上单调递减，(0,+∞)上单调递增，
∴k(t)≥k(0)=0，即g(x)≥0，
∴f(x)≥lnx-x2-x-2.
938 已知函数f(x)=aex+2x-1．(其中常数e=2.71828⋯，是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x+ae)x．
【解析】(1)解：由f(x)=aex+2x-1，得f′(x)=aex+2．
①当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；
2
②当a<0时，由f′(x)>0，解得x<ln-
a

2
，由f′(x)<0，解得x>ln-
a
 ，
2
故f(x)在 -∞，ln-
a
  
2
上单调递增，在 ln-
a
  ，+∞  上单调递减．
综上所述，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；
2
当a<0时，f(x)在 -∞，ln-
a
  
2
上单调递增，在 ln-
a
  ，+∞  上单调递减．
ex x 1 2
(2)证明：f(x)≥(x+ae)x⇔ - - + -e≥0．
x a ax a
ex x 1 2 (x-1)(aex-x-1)
令g(x)= - - + -e，则g′(x)= ．
x a ax a ax2
当a≥1时，aex-x-1≥ex-x-1．
令h(x)=ex-x-1，则当x>0时，h′(x)=ex-1>0．
∴当x>0时，h(x)单调递增，h(x)>h(0)=0．
∴当0<x<1时，g′(x)<0；当x=1时，g′(x)=0；当x>1时，g′(x)>0．
∴g(x)≥g(1)=0．
ex x 1 2
即 - - + -e≥0，故f(x)≥(x+ae)x．
x a ax a
a-1 a(sinx+1)-2
939 已知函数f(x)=lnx+ ，g(x)=
x x
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求证：当0≤a≤1时，f(x)>g(x)．
1 a-1 x-(a-1)
【解析】解：(1)f′(x)= - = ，(x∈(0,+∞))
x x2 x2
当a-1≤0，即a≤1时，f′(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增
当a-1>0，即a>1时，
由f′(x)<0解得0<x<a-1，由f′(x)>0解得x>a-1，
∴函数f(x)在(0,a-1)上单调递减，在(a-1,+∞)上单调递增．
第 页 共 页
576 3427综上所述，当a≤1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>1时函数f(x)在(0,a-1)上单调递减，在(a-1,+∞)上单调递增．
a-1 asin(x+1)-2 xlnx-asinx+1
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=lnx+ - =
x x x
当0≤a≤1时，欲证，即证f(x)>g(x)．即证F(x)>0，即xlnx-asinx+1>0，
即证xlnx>asinx-1
先证：xlnx≥ax-1．
设g(x)=xlnx-ax+1则设g′(x)=1+lnx-a=lnx+1-a，
∴g(x)在(0,ea-1)上单调递减，在(ea-1，+∞)上单调递增
∴g(x)≥g(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1
∵0≤a≤1，∴1-ea-1≥0，则g(x)≥0，
即xlnx≥ax-1，当且仅当x=1，a=1时取等号．
再证：ax-1≥asinx-1．
设h(x)=x-sinx，则h′(x)=1-cosx≥0．
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，即x>sinx．
∵0≤a≤1，所以ax-1≥asinx-1．．当且仅当a=0时取等号．
又xlnx≥ax-1与ax-1≥asinx-1．两个不等式的等号不能同时取到，
∴xlnx≥asinx-1成立，
即当0≤a≤1时，f(x)>g(x)成立．
ex-1
940 已知函数f(x)= ．
1+lnx
(1)求函数f(x)的单调区间；
1 1
(2)解关于x的不等式f(x)> x+
2 x

ex-1 1
【解析】解：(1)函数f(x)= ．定义域为：0,
1+lnx e

1
∪ ,+∞
e
 ．
1
ex-11+lnx-
x
f′(x)=

，f′(1)=0．
(1+lnx)2
1 1 1
令g(x)=1+lnx- ，g′(x)= + >0，
x x x2
∴函数g(x)在定义域上单调递增．
1 1
∴0<x< ， <x<1．f′(x)<0，函数f(x)单调递减．x>1时，f′(x)>0，函数
e e
f(x)单调递增．
1 1
(2)不等式f(x)> x+
2 x

ex-1 1 1
，即 > x+
1+lnx 2 x
 ．
1
0<x< ，f(x)<0，舍去．
e
当x=1时，不等式的左边=右边，舍去．
1
∴x> ，且x≠1．
e
1 ex-1 1 1
① <x<1时，由ex-1>x，要证不等式 > x+
e 1+lnx 2 x

x
．可以证明： >
1+lnx
1 1
x+
2 x

2x2
．等价于证明： >1+lnx．
1+x2
2x2
令F(x)= -(1+lnx)．
1+x2
第 页 共 页
577 3427-(x2-1)2
F′(x)= <0，
x(1+x2)2
1
∴函数F(x)在 ,1
e
 上单调递减，
∴F(x)>F(1)=0．
2ex-1 1+lnx
②当x>1时，不等式⇔ > ．
1+x2 x
2ex-1 1+lnx
令h(x)= ，u(x)= ．
1+x2 x
2ex-1(x-1)2
h′(x)= >0，函数h(x)在(1,+∞)上单调递增，
(1+x2)2
∴h(x)>h(1)=1．
由lnx<x-1，
∴u(x)<1．
2ex-1 1+lnx
∴不等式 > 成立．
1+x2 x
1 1
综上可得：不等式f(x)> x+
2 x

1
的解集为： ,1
e
 ∪(1,+∞)．
7 题型七：虚设零点
941 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx(a∈R)．
(1)求函数y=f(x)的单调区间；
(2)当a=1时，证明：对任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2．
【解析】(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0,+∞) ，
a 2x2-(a-2)x-a
f(x)=2x-(a-2)- = ，
x x
(x+1)(2x-a)
即f(x)= ，
x
(i)若a≤0，
则f(x)>0在定义域(0,+∞)上恒成立，
此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(ii) 若a>0，
a
令f(x)>0，即2x-a>0，解得x> ,
2
a
令f(x)<0，即2x-a<0，解得0<x< ,
2
a
所以f(x)在0,
2

a
上单调递减， ,+∞
2
 上单调递增.
综上，a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
a
a>0时，f(x)在0,
2

a
上单调递减， ,+∞
2
 上单调递增.
(2)当a=1时，f(x)=x2+x-lnx，
要证明f(x)+ex>x2+x+2，只用证明ex-lnx-2>0，
1
令g(x)=ex-lnx-2，g(x)=ex- ，
x
1 1
令g(x)=ex- ，即ex= ，可得方程有唯一解设为x ，且x ≠1，
x x 0 0
1
所以ex0= ，
x
0
第 页 共 页
578 3427当x变化时，g(x)与g(x)的变化情况如下，
(x ,
0
x (0,x ) x
0 0
+∞)
gx  - 0 +
g(x) 单调递减 单调递增
1
所以g(x) =g(x )=ex0-lnx -2= +x -2，
min 0 0 x 0
0
1 1
因为 +x -2≥2 ⋅x -2=0，因为x ≠1，所以不取等号，
x 0 x 0 0
0 0
1
即 +x -2>0，即g(x) >0恒成立，
x 0 min
0
所以，ex-lnx-2>0恒成立，
得证.
942 (2024·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测)已知函数fx  =xlnx+m  .
(1)若fx  在区间1,e  上有极小值，求实数m的取值范围；
(2)求证：fx  <x3ex+m-1  x.
【解析】(1)函数fx  =xlnx+m  ，定义域为0,+∞  ，
fx  =lnx+m+1，fx  在0,+∞  上单调递增，
若fx  在区间1,e 
f1
上有极小值，则有
 =m+1<0
fe 

 ，解得-2<m<-1.
=1+m+1>0
故实数m的取值范围为-2,-1  .
(2)fx  <x3ex+m-1  x，即xlnx+m  <x3ex+m-1  x，由x∈0,+∞  ，可化简得
lnx+1
<ex，
x2
要证fx  <x3ex+m-1 
lnx+1
x，即证 <ex.
x2
设gx 
lnx+1 1
= -2x- ，gx
x2 2

-1-2lnx-2x3
= ，
x3
5 5 5
由e5<35<28，则有e8<2，得 <ln2，即2ln2- >0，
8 4
函数y=-1-2lnx-2x3在0,+∞  上单调递减，
1 1 5
x= 时y=-1+2ln2- =2ln2- >0，x=1时y=-1-2<0，
2 4 4
1
则∃x ∈ ,1
0 2

-1-2x3
，y=-1-2lnx -2x3=0，此时lnx = 0，
0 0 0 2
则x∈0,x 0  时gx  >0，x∈x 0 ,+∞  时gx  <0，
gx  在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减，
gx  max =gx 0 
-1-2x3
0 +1
lnx +1 1 2 1 1 1
= 0 -2x - = -2x - = -3x - ， x2 0 2 x2 0 2 2x2 0 2
0 0 0
1 1 1
函数y= -3x- 在 ,1 2x2 2 2  上单调递减，gx 0 
1 1 1
= -3x - <g 2x2 0 2 2
0
 =0，
故gx 
lnx+1 1
<0，即 <2x+ .
x2 2
设hx 
1
=ex-2x- x>0
2
 ，
第 页 共 页
579 3427hx  =ex-2，hx  <0解得x<ln2，hx  >0解得x>ln2，
hx  在0,ln2  上单调递减，在ln2,+∞  上单调递增，hx  =hln2
min

1
=2-2ln2-
2
3 3
= -2ln2=2 -ln2
2 4
 ，
3 3 3
由e3>16，得e4>2，则有 >ln2，即 -ln2>0
4 4
故hx  ≥hln2 
1
>0，即有ex>2x+ .
2
lnx+1
所以 <ex，即fx
x2
 <x3ex+m-1  x.
943 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  =mx+n  ex+mx2+2m+n  x在x=-1处取得
1
极小值- -1．
e
(1)求实数m,n的值；
(2)当x∈0,+∞  时，证明：fx 
16
>lnx+x+ ．
9
【解析】(1)fx  =mx+n+m  ex+2mx+2m+n，由题意知f-1  =0，则ne-1+n=
0，即n=0，
由f-1 
1 m 1
=- -1，知- -m=- -1，即m=1．
e e e
(2)由(1)得fx  =xex+x2+2x，设gx 
16
=xex+x2+x-lnx- ，
9
则gx  =x+1 
1
ex+2x+1- =x+1
x

2x-1
ex+
 x+1 
=x+1
x

1
ex+2-
x
 ．
设hx 
1
=ex+2- (x>0)，则hx
x
 在0,+∞  上单调递增，
1
且h 4 
1 1
=e4-2<0,h 3 
1 1 1
=e3-1>0，所以存在唯一x ∈ , 0 4 3  ，使得hx 0  =ex0+
1 1
2- =0，即ex0= -2．
x x
0 0
当0<x<x 0 时，hx  <0,gx  <0,gx  单调递减；当x>x 0 时，hx  >0,gx  >0,
gx  单调递增．
16 16
g(x) =x ex0+x2+x -lnx - =1-2x +x2+x -lnx - =x2-x -lnx -
min 0 0 0 0 9 0 0 0 0 9 0 0 0
7
．
9
设Gx 
7 1 1
=x2-x-lnx- ,x∈ ,
9 4 3
 ，则Gx 
1 x-1
=2x-1- =
x
 2x+1 
，
x
1 1
当x∈ ,
4 3
 时，Gx  <0,Gx  单调递减，所以Gx 
1
>G
3
 =ln3-1>0，所以
gx  >0，
故当x∈0,+∞  时，fx 
16
>lnx+x+ ．
9
944 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =lnx+a-1,a∈R．当a∈0,1  时，证明：
fx 
x-1
≤
 ex
．
ea
【解析】记hx 
x-1
=
 ex
-fx
ea

x-1
=
 ex
-lnx+1-a(x>0)．
ea
∵hx 
1
=xex-a- ．
x
第 页 共 页
580 3427令φx 
1
=xex-a- ,0,+∞
x
 ，
则φx  =1+x 
1
ex-a+ >0，所以φx
x2
 即hx  在0,+∞  上单调递增．
由a∈0,1 
1
，知h
2

1 1-a
= e2 -2<0,h1
2
 =e1-a-1≥0．
1
∴∃x ∈ ,1 0 2  ,hx 0 
1
=0．即x 0 ex0-a= x *
0
 ，
∴当x∈0,x 0  ,hx  <0,hx  单调递减；当x∈x 0 ,+∞  ,hx  >0,hx  单调递增．
故hx  在x=x 处取得极小值，也是最小值， 0
∴h(x) min =hx 0  =x 0 -1  ex0-a-lnx 0 +1-a**  ，
1
由(*)式，可得ex0-a= ,x -a=-2lnx ．
x2 0 0
0
代入**  式，得hx 0 
x -1
= 0 -3lnx -x +1． x2 0 0
0
令φx  =lnx-x+1，则φx 
1 1-x
= -1= ，
x x
当x∈0,1  时，φx  >0，当x∈1,+∞  时，φx  <0，
故φx  =lnx-x+1在x∈0,1  上单调递增，在x∈1,+∞  单调递减，
故φx  ≤φ1  =ln1-1+1=0，即lnx≤x-1，
故-lnx 0 ≥1-x 0 ．∴hx 0  x -1 ≥ 0 x2 -3x 0 -1
0
 -x +1= 1-x 0 0  2x 0 -1  2x 0 +1  ． x2
0
1
由x ∈ ,1 0 2  ,∴hx 0  ≥0．
故hx  ≥0，即fx 
x-1
≤
 ex
，原不等式得证．
ea
ex-1
945 (2024·山东淄博·统考三模)已知函数f(x)= .
x
(1)求函数fx  的单调区间；
(2)证明：当x>0时，fx  >xlnx+1  .
【解析】(1)函数fx  的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，fx 
(x-1)ex+1
= .
x2
令函数gx  =(x-1)ex+1，g(x)=xex.
当x<0时，g(x)<0，g(x)在(-∞,0)上单调递减；
当x>0时，g(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，即fx  >0恒成立，
故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(0,+∞).
ex-1
(2)当x>0时，f(x)>xln(x+1)，即当x>0时， >ln(x+1).
x2
1
(x-2)ex+2- x3
ex-1 x 4
令h(x)= - -1，h(x)= ，
x2 4 x3
1 3
令μ(x)=(x-2)ex+2- x3，μ(x)=(x-1)ex- x2，
4 4
3 3
令φ(x)=(x-1)ex- x2，φ(x)=xex-
4 2
 .
3 3
当0<x<ln 时，φ(x)<0，φ(x)在0,ln
2 2
 上单调递减；
3 3
当x>ln 时，φ(x)>0，φ(x)在ln ,+∞
2 2
 上单调递增，
第 页 共 页
581 3427又φ(0)=-1<0，φ(2)=e2-3>0，
所以存在x ∈(0,2)，使得φ(x )=0.
0 0
当0<x<x 时，φ(x)<0；当x>x 时，φ(x)>0，
0 0
所以μ(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增.
0 0
μ(0)=μ(2)=0，故当0<x<2时，μ(x)<0；当x>2时，μ(x)>0，
即当0<x<2时，h(x)<0；当x>2时，h(x)>0，
故h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
e2-7 2.72-7 ex-1 x
于是h(x)≥h(2)= > >0，所以 > +1.
4 4 x2 4
x 3-x
令函数F(x)=ln(x+1)- -1，F(x)= .
4 4(x+1)
当0<x<3时，F(x)>0；当x>3时，F(x)<0，
所以F(x)在(0,3)上单调递增；在(3,+∞)上单调递减，
7
则F(x)≤F(3)=ln4- .
4
7 3 7
因为e4>e2> 2.73= 19.683>4，所以 >ln4，故F(x)≤F(3)<0，
4
x
得ln(x+1)< +1.
4
综上所述：当x>0时，f(x)>xln(x+1).
8 题型八：同构法
946 已知函数f(x)=axlnx-x+1，a∈R．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)当p>q>1时，证明qlnp+lnq<plnq+lnp．
【解析】解：(1)f(x)=axlnx-x+1的定义域为(0,+∞)，
∴f′(x)=alnx+a-1，
①当a=0时，f′(x)=-1<0，此时f(x)在(0,+∞)上单调递减，
1-a 1-a
②当a>0时，由f′(x)>0可得x>e a ，由f′(x)<0，可得0<x<e a ，
1-a
∴f(x)在0,e a 
1-a
上单调递减，在e a ，+∞  上单调递增，
1-a 1-a
③当a<0时，由f′(x)<0可得x>e a ，由f′(x)>0，可得0<x<e a ，
1-a
∴f(x)在0,e a 
1-a
上单调递增，在e a ，+∞  上单调递减，
lnx -(xlnx-x+1)
证明(2)设g(x)= ，则g′(x)= ，
x-1 x(x-1)2
由(1)可得f(x)=xlnx-x+1在(1,+∞)上单调递增，
∵f(1)=0，
∴当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，
∴当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(1,+∞)上单调递减，
∴当p>q>1时，g(p)<g(q)，
lnp lnq
∴ < ，
p-1 q-1
∴qlnp-lnp<plnq-lnq，
第 页 共 页
582 3427∴qlnp+lnq<plnq+lnp．
2a
947 已知函数f(x)=lnx+ -2(a∈R)．
x+1
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=2时，求证：f(x)>0在(1,+∞)上恒成立；
x2
(3)求证：当x>0时，ln(x+1)> ．
ex-1
1 2a x2-2(a-1)x+1
【解析】(1)解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)= - = ，
x (x+1)2 x(x+1)2
令f(x)=0，即x2-2(a-1)x+1=0，△=4(a-1)2-4=0，解得a=2或a=0，
若0≤a≤2，此时△≤0，f(x)≥0在(0,+∞)恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)单调递增．
若a>2，此时△>0，方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为：
x =(a-1)+ a2-2a，x =(a-1)- a2-2a且x >0，x >0，
1 2 1 2
所以f(x)在(0,a-1- a2-2a)上单调递增，
在(a-1- a2-2a,a-1+ a2-2a)上单调递减，
在(a-1+ a2-2a,+∞)上单调递增．
若a<0，此时△>0，方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为：
x =(a-1)+ a2-2a，x =(a-1)- a2-2a且x <0，x <0，
1 2 1 2
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
综上所述：若a≤2，f(x)在(0,+∞)单调递增；
若a>2，f(x)在(0,a-1- a2-2a)，(a-1+ a2-2a,+∞)上单调递增，
在(a-1- a2-2a,a-1+ a2-2a)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知当a=2时，函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)=0，所以f(x)>0在(1,+∞)上恒成立．
4
(3)证明：由(2)可知lnx+ -2>0在(1,+∞)恒成立，
x+1
2x
所以ln(x+1)> 在(0,+∞)恒成立，
x+2
2x x2
下面证 > ，即证2 ex-x2-2x-2>0，
x+2 ex-1
设φ(x)=2ex-x2-2x-2，φ(x)=2ex-2x-2，
设μ(x)=2ex-2x-2，μ(x)=2ex-2，
易知μ(x)=2ex-2>0在(0,+∞)恒成立，
所以μ(x)=2ex-2x-2在(0,+∞)单调递增，
所以μ(x)=2ex-2x-2>μ(0)=0，
所以φ(x)=2ex-x2-2x-2在(0,+∞)单调递增，
所以φ(x)=2ex-x2-2x-2>φ(0)=0，
2x x2 x2
所以 > ，即当x>0时，ln(x+1)> ．
x+2 ex-1 ex-1
ln(x+1) x ln(x+1) x
法二： > ，即 > ，
x ex-1 eln(x+1)-1 ex-1
x
令f(x)= ，则原不等式等价于f[ln(x+1)]>f(x)，
ex-1
第 页 共 页
583 3427(1-x)ex-1
f′(x)= ，令g(x)=(1-x)ex-1，则g′(x)=-xex<0，g(x)递减，
(ex-1)2
故g(x)<g(0)=0，f′(x)<0，f(x)递减，
又ln(x+1)<x，故f[ln(x+1)]>f(x)，原结论成立．
948 已知函数f(x)=ax-1-lnx(a∈R)．
(1)当a=2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x=1处取得极值，对∀x∈(0,+∞)，f(x)≥bx-2恒成立，求实数b的
取值范围；
ln(x+1)
(3)当x>y>e-1时，求证：ex-y> ．
ln(y+1)
1 2x-1
【解析】(1)解：f′(x)=2- = ，
x x
1 1
f′(x)<0得0<x< ，f′(x)>0得x> ，
2 2
1
∴f(x)在0,
2

1
上递减，在 ,+∞
2
 上递增．
(2)解：∵函数f(x)在x=1处取得极值，
∴a=1，
1 lnx
∴f(x)≥bx-2⇔1+ - ≥b，
x x
1 lnx 1
令g(x)=1+ - ，则g′(x)=- (2-lnx)，
x x x2
由g′(x)≥0得，x≥e2，由g′(x)≤0得，0<x≤e2，
∴g(x)在(0，e2]上递减，在[e2，+∞)上递增，
1 1
∴g(x) =g(e2)=1- ，即b≤1- ．
min e2 e2
ln(x+1) ex ey
(3)证明：ex-y> ，即证 > ，
ln(y+1) ln(x+1) ln(y+1)
ex
令g(x)= ，
ln(x+1)
则只要证明g(x)在(e-1,+∞)上单调递增，
1
ex ln(x+1)-
 x+1
又∵g′(x)=

，
ln2(x+1)
1
显然函数h(x)=ln(x+1)- 在(e-1,+∞)上单调递增．
x+1
1
∴h(x)>1- >0，即g′(x)>0，
e
ex ey
∴g(x)在(e-1,+∞)上单调递增，即 > ，
ln(x+1) ln(y+1)
ln(x+1)
∴当x>y>e-1时，有ex-y> ．
ln(y+1)
949 已知函数f(x)=ax-1-lnx(a∈R)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数f(x)在x=1处取得极值，不等式f(x)≥bx-2对∀x∈(0,+∞)恒成立，求实
数b的取值范围；
(3)当x>y>e时，证明不等式exlny>eylnx．
1 ax-1
【解析】解：(1)f(x)=a- = ．
x x
第 页 共 页
584 3427当a≤0时，ax-1<0，从而f(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)单调递减；
1
当a>0时，若0<x< ，则ax-1<0，从而f(x)<0，
a
1
若x> ，则ax-1>0，从而f(x)>0，
a
1
函数在0,
a

1
单调递减，在 ,+∞
a
 单调递增． ⋯(4分)
1 1
(2)根据(1)函数的极值点是x= ，若 =1，则a=1，
a a
∴f(x)≥bx-2，即x-1-lnx≥bx-2，
1 lnx
∵x>0，即b≤1+ - ，
x x
1 lnx lnx-2
令g(x)= - ，则g′(x)= ，
x x x2
得：x=e2是函数g(x)在(0,+∞)内的唯一极小值点，也是最小值点，
1
故g(x) =- ，
min e2
1
故b≤1- ；
e2
ex ey
(3)由exlny>eylnx即 > ，
lnx lny
ex ex(lnx-1)
构造函数h(x)= ，则h′(x)= ，x∈(e,+∞)，h′(x)>0，
lnx ln2x
即h(x)在(e,+∞)递增，
∵x>y>e，
ex ey
∴ > ，
lnx lny
∴exlny>eylnx．
9 题型九：泰勒展式和拉格朗日中值定理
x x2
950 (2024·全国·高三专题练习)证明不等式：1+ - < 1+x(x>0)．
2 8
【解析】设f(x)= 1+x，则f(0)=1，
1 -1 1 1 -3 1 3 -5
f(x)= (1+x) 2,f(0)= ，f(x)=- (1+x) 2,f(0)=- ,f(x)= (1+x) 2，
2 2 4 4 8
x x2 x3
代入x =0的二阶泰勒公式，有 1+x=1+ - + (0<ξ<1)，
0 2 8 5
16(1+ξ)3
x3 x x2
∵x>0,∴ >0,∴1+ - < 1+x(x>0)．
5 2 8
16(1+ξ)3
所以原题得证．
x2 x3
951 (2024·全国·高三专题练习)证明：ln(1+x)≤x- + (-1<x<1)
2 3
【解析】证明：设f(x)=ln(1+x)(-1<x<1)，则f(x)在x=0处带有拉格朗日余项．
x2 x3 x4
三阶泰勒公式ln(1+x)=x- + - (-1<ξ<1)
2 3 4(1+ξ)4
x4 x2 x3
∵- ≤0,∴ln(1+x)≤x- +
4(1+ξ)4 2 3
952 (2024·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习)已知正数数列a
n
 满足a2+
n
第 页 共 页
585 3427n-1 a2
n a n a n-1 - n n-1 =0n≥2  ，且a 1 =1.(函数fx  求导n次可用fn  x  表示)
(1)求a
n
 的通项公式.
n
(2)求证：对任意的n∈N*，x≥0，都有ex≥1+axi.
i
i=1
n-1 a2
【解析】(1)由a2 n + n a n a n-1 - n n-1 =0n≥2  ，得
a
(a +a )a - n-1
n n-1 n n
 =0，
a
所以a +a =0或a - n-1 =0，
n n-1 n n
a
因为a >0，所以a = n-1，
n n n
a 1
所以 n = ，
a n
n-1
a a a a
所以a = n ⋅ n-1 ⋅ n-2 ⋅⋅⋅⋅⋅ 2 ⋅a
n a a a a 1
n-1 n-2 n-3 1
1 1 1 1
= ⋅ ⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅ ×1
n n-1 n-2 2
1 1
= =
n(n-1)(n-2)⋅⋅⋅⋅⋅2×1 n!
n
(2)证明：当x=0时，ex≥1+axi恒成立，
i
i=1
令fx 
n 1
=ex-1- xi(x>0)，
i!
i=1
即fx 
1 1 1
=ex-1-x+ x2+ x3+⋅⋅⋅+ xn
2! 3! n!
 ，
则fx 
1 1
=ex-1+x+ x2+⋅⋅⋅+ xn-1
2! (n-1)!

f(2) x 
1 1
=ex-1+x+ x2+⋅⋅⋅+ xn-2
2! (n-2)!

f(3) x 
1 1
=ex-1+x+ x2+⋅⋅⋅+ xn-3
2! (n-3)!
 ，
⋯⋯
f(n-1) x  =ex-1+x 
f(n) x  =ex-1
f(n+1) x  =ex>0，
所以f(n) x  在(0,+∞)上递增，
所以f(n) x  >f(n) 0  =0，
所以f(n-1) x  在(0,+∞)上递增，
所以f(n-1) x  >f(n-1) 0  =0，
所以f(n-2) x  在(0,+∞)上递增，
⋯⋯
所以fx  在(0,+∞)上递增，
所以fx  >f0  =0，
所以fx  在(0,+∞)上递增，
所以fx  >f0  =0，
第 页 共 页
586 3427n
综上对任意的n∈N*，x≥0，都有ex≥1+axi.
i
i=1
953 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx 
1
=lnx-a1-
x
 .
(1)若fx  ≥0，求实数a的值；
1 1 1
(2)已知n∈N*且n≥2，求证： + +⋅⋅⋅+ <lnn.
2 3 n
【解析】(1)因为fx 
1
=lnx-a1-
x
 ，所以函数f(x)定义域为0,+∞  ，fx 
1
= -
x
a x-a
= .
x2 x2
因为f1  =0，且fx  ≥0，所以x=1是函数fx  的极小值点，则f1  =0，所以f1  =
1-a
=0，得a=1.
1
当a=1时，fx 
x-1
= ，
x2
当0<x<1时，fx  <0，当x>1时，fx  >0，
则函数fx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
所以fx  ≥f1  =0，满足条件，故a=1.
1
(2)由(1)可得，lnx>1- x>1
x

1 1 k k 1
.令 =1- ，则x= ，所以ln > ，即
k x k-1 k-1 k
1
<lnk-lnk-1
k
 ，k∈2,3,⋅⋅⋅,n  ，
1 1 1
所以 + +⋅⋅⋅+ <ln2-ln1
2 3 n
 +ln3-ln2  +⋅⋅⋅+ lnn-lnn-1    =lnn.证毕.
954 已知函数f(x)=x2+lnx-ax．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤2x2，对x∈[0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时,设gx  =xex2-fx  -x-1．若正实数λ ，λ 满足λ +λ =1，x ，x ∈(0， 1 2 1 2 1 2
+∞)(x ≠x )，证明：g(λx +λ x )<λ g(x)+λ g(x )．
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
1 2x2-ax+1
【解析】解：(1)f′(x)=2x+ -a= ，x>0，△=a2-8，
x x
①a≤2 2时，f′(x)≥0恒成立，
故函数f(x)在(0,+∞)递增，无递减区间，
a- a2-8 a+ a2-8
②a>2 2时，f′(x)>0⇒0<x< 或x> ，
4 4
a- a2-8
故 函 数 f ( x ) 在 0,
4

a+ a2-8
，  ，+∞
4
 递 增 ，在
a- a2-8 a+ a2-8
 ，
4 4
 递减，
综上，a≤2 2时，函数f(x)在(0,+∞)递增，无递减区间，
a- a2-8
a > 2 2 时 ，函 数 f ( x ) 在 0,
4

a+ a2-8
， ，+∞
4
 递 增 ，在
a- a2-8 a+ a2-8
 ，
4 4
 递减，
(2)f(x)≤2x2，对x∈[0，+∞)恒成立，
lnx
即x∈[0，+∞)时，a≥ -x恒成立，
x
第 页 共 页
587 3427lnx 1-lnx-x2
令F(x)= -x，(x>0)，则F′(x)= ，
x x2
令G(x)=1-lnx-x2(x>0)，
1
则G′(x)=- -2x<0，∴G(x)在(0,+∞)递减且G(1)=0，
x
∴x∈(0,1)时，G(x)>0，F′(x)>0，F(x)递增，
当x∈(1,+∞)，G(x)<0，F′(x)<0，F(x)递减，
∴F(x) =F(1)=-1，
max
综上，a的范围是[-1，+∞)．
(3)证明：当a=1时，g(x)=xe-(lnx-x)-x-1=xex-lnx-x-1=ex-x-1，
g′(x)=ex-1>0(x>0)，不妨设0<x <x ，
1 2
下先证：存在ξ∈(x ，x )，使得g(x )-g(x)=g′(ξ)(x -x)，
1 2 2 1 2 1
g(x )-g(x)
构造函数H(x)=g(x)-g(x1)- 2 1 (x-x1)，
x -x
2 1
g(x )-g(x)
显然H(x)=H(x )，且H′(x)=g′(x)-)- 2 1 ，
1 2 x -x
2 1
g(x )-g(x)
则由导数的几何意义可知，存在ξ∈(x ，x )，使得H′(ξ)=g′(ξ)-)- 2 1 =0，
1 2 x -x
2 1
即存在ξ∈(x ，x )，使得g(x )-g(x)=g′(ξ)(x -x)，
1 2 2 1 2 1
又g′(x)=ex-1为增函数，
∴g(x )-g(x)=g′(ξ)(x -x)>g′(x)(x -x)，即g(x )>g(x)+g′(x)(x -x)，
2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1
设x =λx +λ x (λ +λ =0)，则x -x =(1-λ)x -λ x ，x -x =(1-λ )x -λx ，
3 1 1 2 2 1 2 1 3 1 1 2 2 2 3 2 2 1 1
∴g(x)>g(x )+g′(x )(x -x )=g(x )+g′(x )[(1-λ)x -λ x ]①，
1 3 3 1 3 3 3 1 1 2 2
g(x )>g(x )+g′(x )(x -x )=g(x )+g′(x )[(1-λ )x -λx]②，
2 3 3 2 3 3 3 2 2 1 1
由①×λ +②×λ 得，λ g(x)+λ g(x )>g(x )=g(λx +λ x )，
1 2 1 1 2 2 3 1 1 2 2
即g(λx +λ x )<λ g(x)+λ g(x )．
1 1 2 2 1 1 2 2
955 (2024·全国·高三专题练习)给出以下三个材料：①若函数fx  可导，我们通常把导函数
fx  的导数叫做fx  的二阶导数，记作fx  ．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，
记作fx  ，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n-1阶导数的导数叫做n阶导
数，记作fn  x  = fn-1  x    ,n≥4．②若n∈N∗，定义n!=n×n-1  ×n-2  ×⋅⋅⋅×3
×2×1．③若函数fx  在包含x 0 的某个开区间a,b  上具有n阶的导数，那么对于任一
x∈a,b  有gx  =fx 0  + fx 0  1! x-x 0  + fx 0  2! x-x 0  2+ fx 0  3! x-x 0  3+⋅⋅⋅
fn +  x 0  n! x-x 0  n，我们将gx  称为函数fx  在点x=x 处的n阶泰勒展开式．例如， 0
1 1
y=ex在点x=0处的n阶泰勒展开式为1+x+ x2+⋅⋅⋅+ xn．
2 n!
根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求出f 1x  =sinx在点x=0处的3阶泰勒展开式g 1x  ，并直接写出f 2x  =cosx在
点x=0处的3阶泰勒展开式g 2x  ；
(2)比较(1)中f 1x  与g 1x  的大小．
(3)已知y=ex不小于其在点x=0处的3阶泰勒展开式，证明：ex+sinx+cosx≥2+
2x．
【解析】(1)∵f 1x  =cosx，f 2x  =-sinx，f 3x  =-cosx，
∴f 10  =1，f 20  =0，f 30  =-1，
第 页 共 页
588 3427∴g 1x 
1
=sin0+ x-0
1!

0
+ x-0
2!

-1
2+ x-0
3!
 3，即g 1x 
1
=x- x3；
6
同理可得：g 2x 
1
=1- x2；
2
(2)由(1)知：f 1x  =sinx，g 1x 
1
=x- x3，
6
令hx  =f 1x  -g 1x 
1
=sinx-x+ x3，则hx
6

1
=cosx-1+ x2，
2
∴hx  =-sinx+x，hx  =1-cosx≥0，
∴hx  在R上单调递增，又h0  =0，
∴当x∈-∞,0  时，hx  <0，hx  单调递减；当x∈0,+∞  时，hx  >0，hx  单
调递增；
∴ hx    =h0 min  =1-1+0=0，∴hx  ≥0，
∴hx  在R上单调递增，又h0  =0，
∴当x∈-∞,0  时，hx  <0；当x∈0,+∞  时，hx  >0；
综上所述：当x<0时，f 1x  <g 1x  ；当x=0时，f 1x  =g 1x  ；当x>0时，f 1x  >
g 1x  ．
(3)令φx  =f 2x  -g 2x 
1
=cosx-1+ x2，则φx
2
 =-sinx+x，
∴φx  =1-cosx≥0，∴φx  在R上单调递增，又φ0  =0，
∴φx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，
∴φx  ≥φ0 
1
=0，即cosx≥1- x2；
2
1 1
∵y=ex在点x=0处的3阶泰勒展开式为：1+x+ x2+ x3，
2 6
1 1
∴ex≥1+x+ x2+ x3，
2 6
1
①由(2)知：当x≥0时，sinx≥x- x3，
6
1 1
∴当x≥0时，ex+sinx+cosx≥1+x+ x2+ x3
2 6

1
+x- x3
6

1
+1- x2
2
 =2+
2x；
1
②由(2)知：当x<0时，sinx<x- x3，
6
1
∴ex+sinx+cosx≥2+x+ x3+sinx>2+2sinx，
6
令mx  =sinx-xx<0  ，则mx  =cosx-1≤0，
∴mx  在-∞,0  上单调递减，∴mx  >m0  =0，即当x<0时，sinx>x，
∴2+2sinx>2+2x，∴ex+sinx+cosx>2+2x；
综上所述：ex+sinx+cosx≥2+2x．
10 题型十：分段分析法、主元法、估算法
956 (2024·贵州安顺·统考模拟预测)已知函数fx  =ex+ax2-1．
(1)讨论函数fx  的导函数的单调性；
7-e2
(2)若a≥ ，求证：对∀x≥0，fx
4

1
≥ x3+x恒成立．
2
【解析】(1)由已知可得，fx  =ex+2ax，设gx  =fx  =ex+2ax，
则gx  =ex+2a．
当a≥0时，有gx  =ex+2a>0恒成立，所以gx  ，即fx  在R上单调递增；
第 页 共 页
589 3427当a<0时，由gx  =ex+2a=0可得，x=ln-2a  ．
由gx  <0可得，x<ln-2a  ，所以gx  ，即fx  在 -∞,ln-2a    上单调递减；
由gx  >0可得，x>ln-2a  ，所以gx  ，即fx  在 ln-2a   ,+∞  上单调递增．
综上所述，当a≥0时，fx  在R上单调递增；当a>0时，fx  在 -∞,ln-2a    上单
调递减，在 ln-2a   ,+∞  上单调递增．
7-e2 7-e2
(2)因为a≥ ，所以对∀x≥0，有ex+ax2-1≥ex+ x2-1．
4 4
设hx 
2x3+e2-7
=

x2+4x+4
，则hx
ex
 =
6x2+2e2-14   x+4  ex- 2x3+e2-7   x2+4x+4  ex -xx-2
=
e2x
 2x+e2-9 
．
ex
解hx 
9-e2
=0可得，x=0或x=2或x= ．
2
由hx 
9-e2
>0可得， <x<2，所以，函数hx
2

9-e2
在 ,2
2
 上单调递增；
由hx 
9-e2
<0可得，x< 或x>2，所以，函数hx
2
 在 0,
9-e2
 2
 上单调递减，在
2,+∞  上单调递减．
所以，hx 
9-e2
在x=2处取得极大值，在x= 处取得极小值．
2
又h0  =h2  =4，所以hx  =h0
max
 =h2  =4，即hx  ≤4．
2x3+e2-7
所以，有

x2+4x+4
≤4，
ex
7-e2 1
整理可得，ex+ x2-1≥ x3+x，
4 2
所以，有∀x≥0，fx 
1
≥ x3+x恒成立．
2
957 (2024·山东泰安·校考模拟预测)已知函数f(x)=(m+1)x-mlnx-m．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当m≤1，且x>1时，f(x)<ex-1．
m (m+1)x-m
【解析】(1)f(x)=m+1- = ，x∈(0,+∞)，
x x
1
①当m+1=0，即m=-1时，f(x)= >0，f(x)在区间(0,+∞)单调递增．
x
②当m+1<0，即m<-1时，
m m
令f(x)>0，得0<x< ，令f(x)<0，得x> ，
m+1 m+1
m
所以f(x)在区间0,
m+1

m
单调递增；在区间 ,+∞
m+1
 单调递减．
③当m+1>0，即m>-1时，
若-1<m≤0，则f(x)>0，f(x)在区间(0,+∞)单调递增．
若m>0，令fx 
m
<0，得0<x< ，令fx
m+1

m
>0，得x> ，
m+1
m
所以f(x)在区间0,
m+1

m
单调递减；在区间 ,+∞
m+1
 单调递增．
m
综上，m<-1时，f(x)在区间0,
m+1

m
单调递增；在区间 ,+∞
m+1
 单调递减；
-1≤m≤0时，f(x)在区间(0,+∞)单调递增
m
m>0时，f(x)在区间0,
m+1

m
单调递减、在区间 ,+∞
m+1
 单调递增．
第 页 共 页
590 3427(2)证明：要证f(x)<ex-1，即证ex-1-m(x-1)>x-mlnx，
即证ex-1-m(x-1)>elnx-mlnx．
1 x-1
令g(x)=x-1-lnx，x≥1，则g(x)=1- = ≥0，
x x
所以g(x)在区间(1,+∞)单调递增，所以x>1时，g(x)>g(1)=0，
即x>1时，x-1>lnx．
令h(x)=ex-mx，x>0，则h(x)=ex-m>0在m≤1时恒成立，
所以m≤1，且x>0时，h(x)单调递增，
因为x>1时，x-1>0，lnx>0，且x-1>lnx，
所以m≤1，且x>1时，h(x-1)>h(lnx)，即ex-1-m(x-1)>elnx-mlnx．
所以m≤1，且x>1时，f(x)<ex-1．
f′(1) x
958 若定义在R上的函数f(x)满足f(x)= ⋅e2x-2+x2-2f(0)x，g(x)=f
2 2

1
- x2
4
+(1-a)x+a，a∈R．
(Ⅰ)求函数f(x)解析式；
(Ⅱ)求函数g(x)单调区间；
(Ⅲ)若x、y、m满足|x-m|≤|y-m|，则称x比y更接近m．当a≥2且x≥1时，试比
e
较 和ex-1+a哪个更接近lnx，并说明理由．
x
【解析】解：(Ⅰ)根据题意，得f′(x)=f′(1)e2x-2+2x-2f(0)，
所以f′(1)=f′(1)+2-2f(0)，即f(0)=1．
1
又f(0)= f′(1)e-2，
2
所以f(x)=e2x+x2-2x．
(Ⅱ)∵f(x)=e2x-2x+x2，
x
∴g(x)=f
2

1 1
- x2+(1-a)x+a=ex-x- x2+(1-a)x+a=ex-a(x-1)
4 4
∴g′(x)=ex-a，
①a≤0时，g′(x)>0，函数g(x)在R上单调递增；
②当a>0时，由g′(x)=ex-a=0得x=lna，
∴x∈(-∞,lna)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
x∈(lna,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
综上，当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞)；
当a>0时，函数g(x)的单调递增区间为(lna,+∞)，单调递减区间为(-∞,lna)．
e
(Ⅲ)解：设p(x)= -lnx，q(x)=ex-1+a-lnx，
x
e 1
∴p′(x)=- - <0，
x2 x
∴p(x)在[1，+∞)上为减函数，又p(e)=0，
∴当1≤x≤e时，p(x)≥0；当x>e时，p(x)<0．
1 1
∵q′(x)=ex-1- ，q′′(x)=ex-1+ >0，
x x2
∴q′(x)在[1，+∞)上为增函数，又q′(1)=0，
∴x∈[1，+∞)时，q′(x)≥0，
∴q(x)在∈[1，+∞)上为增函数，
∴q(x)≥g(1)=a+2>0．
第 页 共 页
591 3427e
①当1≤x≤e时，|p(x)-q(x)|=p(x)-q(x)= -ex-1-a，
x
设m(x)=2lnx-ex-1-a，
e
则m′(x)=- <0，
x2
∴m(x)在[1，+∞)上为减函数，
∴m(x)≤m(1)=e-1-a，
∵当a≥2，
∴m(x)<0，
∴|p(x)|<|q(x)|，
e
∴ 比ex-1+a更接近lnx．
x
e
②当x>e时，|p(x)-q(x)|=-p(x)-q(x)=- +2lnx-ex-1-a<2lnx-ex-1-a，
x
2 2
设n(x)=2lnx-ex-1-a，则n′(x)= -ex-1，n′′(x)=- -ex-1<0，
x x2
∴n′(x)在x>e时为减函数，
2
∴n′(x)<n′(e)= -ee-1<0，
e
∴n(x)在x>e时为减函数，
∴n(x)<n(e)=2-a-ee-1<0，
∴|p(x)|<|q(x)|，
e
∴ 比ex-1+a更接近lnx．
x
e
综上：在a≥2且x≥1时时， 比ex-1+a更接近lnx．
x
959 已知函数f(x)=ex(sinx-ax2+2a-e)，其中a∈R，e=2.71828⋯为自然对数的底
数．
(1)当a=0时，讨论函数f(x)的单调性；
1
(2)当 ≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞)，f(x)<0．
2
【解析】解：(1)当a=0时，f(x)=ex(sinx-e)，
则f′(x)=ex(sinx-e)+excosx=ex(sinx-e+cosx)，
π
∵sinx+cosx= 2sinx+
4
 ≤ 2<e，
∴sinx+cosx-e<0
故f′(x)<0
则f(x)在R上单调递减．
(2)当x≥0时，y=ex≥1，
要证明对任意的x∈[0，+∞)，f(x)<0．
则只需要证明对任意的x∈[0，+∞)，sinx-ax2+2a-e<0．
设g(a)=sinx-ax2+2a-e=(-x2+2)a+sinx-e，
看作以a为变量的一次函数，
要使sinx-ax2+2a-e<0，
1
g
则 2

1
 <0 sinx- x2+1-e<0 ①
 ，即 2 ，
g(1)<0 sinx-x2+2-e<0 ②
∵sinx+1-e<0恒成立，∴①恒成立，
第 页 共 页
592 3427对于②，令h(x)=sinx-x2+2-e，
则h′(x)=cosx-2x，
设x=t时，h′(x)=0，即cost-2t=0．
cost 1 π 1
∴t= < ，sint<sin = ，
2 2 6 2
∴h(x)在(0,t)上，h′(x)>0，h(x)单调递增，在(t,+∞)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
cost 则当x=t时，函数h(x)取得最大值h(t)=sint-t2+2-e=sint-
2
 2 +2-e
1-sin2t 1 7 sint =sint- +2-e= sin2t+sint+ -e= +1
4 4 4 2
 2 3 5 + -e≤
4 4
 2 3 +
4
27
-e= -e<0，
16
故④式成立，
综上对任意的x∈[0，+∞)，f(x)<0．
11 题型十一：割线法证明零点差大于某值，切线法证明零点差小于某值
960 已知函数f(x)=(x2-x)ex
(1)求曲线y=f(x)在原点处的切线方程；
(2)若f(x)-ax+e≥0恒成立，求实数a的取值范围；
m
(3)若方程f(x)=m(m∈R)有两个正实数根x ，x ，求证：|x -x |< +m+1．
1 2 1 2 e
【解析】解：(1)f′(x)=(x2+x-1)ex，f′(0)=-1，f(0)=0，
故曲线y=f(x)在原点处的切线方程为x+y=0．
(2)①当x=0时，a∈R；
e
②当x>0时，问题等价于a≤(x-1)ex+ 恒成立．
x
e e
设g(x)=(x-1)ex+ ，则g′(x)=xex- ，
x x2
e
∵g′(x)=xex- 在(0,+∞)上单调递增，且g′(1)=0
x2
∴g(x)在(0,1)递减，在(1,+∞)递增．
∴g(x)在(0,+∞)的最小值为g(1)=e；
∴a≤e
e
③当x<0时，问题等价于a≥(x-1)ex+ 恒成立．
x
e e
设h(x)=(x-1)ex+ ，则h′(x)=xex- <0，
x x2
∵h(x)=在(0,+∞)上单调递减，且x→-∞时，h(x)→0．
∴a≥0，
综上所述：0≤a≤e．
(3)依(2)得a=e时，(x2-x)ex>ex-e，
∵曲线y=f(x)在原点处的切线方程为x+y=0
设φ(x)=(x2-x)ex+x，(x>0)
φ′(x)=(x2+x-1)ex+1，φ′′(x)=(x2+3x)ex，
令φ′′(x)=0，解得x=-3，或x=0．
∴φ′(x)在(-∞,-3)，(0,+∞)递增，在(-3,0)递减．
φ′(0)=0，∴x>0时，φ′(x)>0，φ(x)递增，而φ(0)=0，
第 页 共 页
593 3427∴当x>0时，φ(x)>0，
设y=m，分别与y=-x，y=e(x-1)交点的横坐标为x ，x ，
3 4
m
x =-m，x = +1．
3 4 e
m
则x <x <x <x ，∴|x -x |<|x -x |= +m+1，(证毕)
3 1 2 4 1 2 3 4 e
961 已知函数f(x)=(x-1)ln(x+1)，曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为y=kx+
b(k,b∈R)．
(1)求k，b的值；
(2)证明：f(x)≥kx+b；
m
(3)若函数g(x)=f(x)+m(m∈R)有两个零点x ，x ，证明|x -x|≤1-m- ．
1 2 2 1 ln2
【解析】(1)解：函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，
x-1
f(x)=ln(x+1)+ ，
x+1
∴f(1)=ln2，
∴曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为y=ln2(x-1)即y=xln2-ln2，
∴k=ln2，b=-ln2；
(2)证明：令F(x)=f(x)-xln2+ln2=(x-1)ln(x+1)-xln2+ln2，
x-1
则F(x)=ln(x+1)+ -ln2，
x+1
x-1 1 2
令φ(x)=ln(x+1)+ -ln2，则φ(x)= + >0，
x+1 x+1 (x+1)2
∴F(x)单调递增，又F(1)=0，
∴当x∈(-1,1)时，F(x)<0，函数F(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，F(x)>0，函数F(x)单调递增，
∴F(x) =F(1)=0，
min
∴F(x)≥0，
∴f(x)≥xln2-ln2，
(3)证明：g(x)=f(x)+m(m∈R)的两个零点x ，x ，即为f(x)=-m的两根，不妨设x
1 2 1
<x ，
2
由题知，曲线y=f(x)在(1,0)处的切线方程为y=xln2-ln2，
m
令h(x)=xln2-ln2，即h(x)+m=0即h(x)=-m的根为x ′，则x ′=1- ，
2 2 ln2
由(2)知，f(x )≥h(x )
2 2
∴h(x ′)=f(x )≥h(x )，
2 2 2
∵h(x)单调递增，
∴x ′≥x ，
2 2
设曲线y=f(x)在(0,0)处的切线方程为y=t(x)，
∵f(0)=-1，
∴t(x)=-x，
设方程t(x)+m=0即T(x)=-m的根为x′，则x′=m，
1 1
令T(x)=f(x)-t(x)，
由(2)同理可得T(x)≥0，即f(x)≥t(x)，
f(x)≥h(x)
1 1
∴h(x′)=f(x)≥h(x)，
1 1 1
第 页 共 页
594 3427又f(x)单调递减，
∴x′<x ，
1 1
∴x 2 -x 1 
m
=x -x ≤x ′-x′=1-m- ． 2 1 2 1 ln2
962 设函数f(x)=xlnx．
(1)求曲线y=f(x)在点(e-2，f(e-2))处的切线方程；
(2)若关于x的方程f(x)=a有两个实根，设为x ，x (x <x )，证明：x -x <1+2a+
1 2 1 2 2 1
e-2．
【解析】解：(1)f′(x)=lnx+1，则f′(e-2)=-1，又f(e-2)=-2e-2，
∴切线方程为y+2e-2=-(x-e-2)，即y=-x-e-2；
(2)证明：先证明f(x)=xlnx≥-x-e-2，
令g(x)=xlnx+x+e-2(x>0)，则g′(x)=lnx+2，
易知函数g(x)在(0,e-2)上递减，在(e-2，+∞)上递增，
则g(x)≥g(e-2)=0，即f(x)=xlnx≥-x-e-2，
再证明f(x)=xlnx≥x-1，令h(x)=xlnx-x+1(x>0)，则h′(x)=lnx，
易知函数h(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
则h(x)≥h(1)=0，即f(x)=xlnx≥x-1，
如图，设直线y=a与直线y=-x-e-2，y=x-1相交点的横坐标分别为x ，x ，
1 2
由a=-x-e-2=f(x)≥-x -e-2，得x ≤x ，当且仅当a=-e-2时等号成立，
1 1 1 1 1
由a=x -1=f(x )≥x -1，得x ≥x ，当且仅当a=0时等号成立，
2 2 2 2 2
∴x -x <x-x=a+1-(-a-e-2)=2a+1+e-2，即得证．
2 1 2 1
12 题型十二：函数与数列不等式问题
963 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx  =xlnx-ax-1  .
(1)若fx  ≥0，求实数a的值；
1 1 1
(2)已知n∈N*且n≥2，求证：sin +sin +⋯+sin <lnn.
2 3 n
【解析】(1)由fx 
1
≥0，得lnx-a1-
x
 ≥0.
令hx 
1
=lnx-a1-
x
 ，则hx  ≥0,hx 
1 a x-a
= - = .
x x2 x2
注意到h1  =0，所以x=1是函数hx  的极小值点，则h1  =0，
所以h1 
1-a
= =0，得a=1.
1
第 页 共 页
595 3427当a=1时，hx 
x-1
= ，则函数hx
x2
 在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
所以hx  ≥h1  =0，满足条件，故a=1.
1
(2)由(1)可得，lnx≥1- x≥1
x
 .
1 1 k
令 =1- ，则x= ，
k x k-1
k 1 1
所以ln ≥ ，即 ≤lnk-lnk-1
k-1 k k
 ,k∈2,3,⋯,n  .
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  >g0  =0，则sinx<x(x>0)，
1 1
所以sin < ≤lnk-lnk-1
k k
 ,k∈2,3,⋯,n  ，
令k分别取2,3,⋯,n，累加得：
1 1 1
sin +sin +⋯+sin < ln2-ln1 +
2 3 n
 ln3-ln2 +⋯+  lnn-lnn-1    =lnn.
即证.
1
964 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数f(x)=ex- ax2-x.
2
(1)若f(x)在x∈R上单调递增，求a的值；
1
(2)证明：(1+1)1+
4

1
⋅⋅⋅1+
n2
 <e2(n∈N*且n≥2).
1
【解析】(1)函数f(x)=ex- ax2-x，求导得f(x)=ex-ax-1，
2
由于函数fx  在R上单调递增，则fx  =ex-ax-1≥0恒成立，
令hx  =ex-ax-1，则hx  =ex-a，
当a=0时，fx  =ex-1，当x<0时，fx  <0，不满足条件；
当a<0时，hx  >0，hx  在R上单调递增，
1
又h
a

1 1 1 1
=ea-a⋅ -1=ea-2<0，即f
a a
 <0，不满足条件；
当a>0时，令hx  =0，得x=lna，
则当x<lna时，hx  <0，hx  单调递减，当x>lna时，hx  >0，hx  单调递增，
于是当x=lna时，hx  取得最小值hlna  =elna-alna-1=a-alna-1，
于是hlna  ≥0，即a-1-alna≥0，
令ua  =a-1-alna，则ua  =-lna，
当0<a<1时，ua  >0，ua  单调递增；a>1时，ua  <0，ua  单调递减，
则ua  =u1
max
 =0，由于a-1-alna≥0恒成立，因此a-1-alna=0，则有a=1，
所以fx  单调递增时，a的值为1.
(2)由(1)知，当a=1时，ex-x-1≥0，即有ex≥x+1，当且仅当x=0时取等号，即当
x>0时，lnx+1  <x，
因此当n∈N*且n≥2时，
ln 1+1  1 1+
4
 1 ⋅⋅⋅1+
n2
  

 =ln1+1  1 +ln1+
4
 1 +⋅⋅⋅+ln1+
n2
 1 ≤1+ +⋅⋅⋅
4
1
+ ，
n2
1 1
而当n≥2时， <
n2 nn-1 
1 1
= - ，
n-1 n
第 页 共 页
596 34271 1 1
所以1+ +⋅⋅⋅+ <1+ 1-
4 n2 2

1 1
+ -
2 3

1 1
+⋅⋅⋅+ -
n-1 n
  


1
=1+1- <2，
n
则ln 1+1  1 1+
4
 1 ⋅⋅⋅1+
n2
  

 <2，所以，1+1  1 1+
4
 1 ⋅⋅⋅1+
n2
 <e2.
965 (2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测)已知函数fx 
1
= x2-xlnx+tt∈R
2
 .
(1)gx  是fx  的导函数，求gx  的最小值；
(2)证明：对任意正整数nn≥2 
1
，都有1+
22

1
⋅1+
32

1
⋅1+
42

1
⋯1+
n2
 <e(其中
e为自然对数的底数)
【解析】(1)由题意，fx 
1
= x2-xlnx+t，
2
gx  =fx  =x-lnx-1,x>0，
gx 
1 x-1
=1- = ，
x x
令gx  =0，解得x=1，
又x∈0,1  时，gx  <0,x∈1,+∞  时，gx  >0，
所以gx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  单调递增，
∴gx  ≥g1  =0，即gx  的最小值为0.
(2)证明：由(1)得，gx  =x-1-lnx≥0，
可知x-1≥lnx，当且仅当x=1时等号成立，
1 1
令x=1+ ≠1，则ln1+
k2 k2

1 1
< <
k2 kk-1 
1 1
= - ,k=2,3,4⋯,n.
k-1 k
1
∴ln1+
22

1
+ln1+
32

1
+ln1+
42

1
+⋯+ln1+
n2

1
<1-
2

1 1
+ -
2 3

1 1
+ -
3 4

1 1
+⋯+ -
n-1 n

1
=1- <1，
n
1
即ln1+
22

1
+ln1+
32

1
+ln1+
42

1
+⋯+ln1+
n2
 <1，
1 也即ln 1+
22
 1 1+
32
 1 1+
42
 1 ⋯1+
n2
  

 <lne，
1
所以1+
22

1
1+
32

1
1+
42

1
⋯1+
n2
 <e，
故对任意正整数nn≥2 
1
，都有1+
22

1
⋅1+
32

1
⋅1+
42

1
⋯1+
n2
 <e.
966 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知函数fx  =lnx+1 
x
- .
x+1
(1)求fx  的极值；
1 1 1
(2)对任意的n∈N*，求证： + +⋯+ <ln2.
n+1 n+2 2n
x 1
【解析】(1)因为f(x)=ln(x+1)- =ln(x+1)+ -1，
x+1 x+1
1 1 x
则f(x)= - = ，
x+1 (x+1)2 (x+1)2
当x∈(-1， 0)时，f(x)<0，x∈(0， +∞)时，f(x)>0，
故f(x)在(-1， 0)上单调递减，在(0， +∞)上单调递增，
故f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，无极大值.
(2)由(1)知f(x)在(0， +∞)上单调递增，
故x∈(0， +∞)时，f(x)>f(0)=0，
第 页 共 页
597 3427x 1 1
即：ln(x+1)> ，令x= 得，ln1+
x+1 n n

1
n
> ，
1
1+
n
n+1
化简得：ln
n

1
> ，
n+1
n+1
于是有：ln
n

1 n+2
> ，ln
n+1 n+1

1 2n
> ，⋅⋅⋅，ln
n+2 2n-1

1
> ，
2n
n+1
累加得：ln
n

n+2
+ln
n+1

2n
+⋅⋅⋅+ln
2n-1

1 1 1
> + ⋅⋅⋅+ ，
n+1 n+2 2n
2n n+1
ln =ln
n n

n+2

n+1

2n
⋯
2n-1

1 1 1
> + ⋅⋅⋅+ ，
n+1 n+2 2n
1 1 1
即 + +⋅⋅⋅+ <ln2．
n+1 n+2 2n
967 (2024·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习)已知函数fx 
alnx+a-1
= .
x
(1)若xfx  ≤x-1恒成立，求a的取值范围；
f2
(2)当a=1时，证明：
 f3
+
2
 fn
+⋯+
3
 n 1 19
< + - .
n 2 2n+2 24
【解析】(1)xfx  =alnx+a-1≤x-1，可得x-alnx-a≥0.
令hx  =x-alnx-a，其中x>0，则hx 
a x-a
=1- = .
x x
①当a=0时，hx  =x>0，合乎题意；
1
②当a<0时，由基本不等式可得a+ =- -a
a

1
+
-a 




≤-2 -a 
1
⋅
-a 
=-2，
1 当且仅当a=-1时，等号成立，a2+a+1=a+
2
 2 3 3 1 + ≥ ，当且仅当a=- 时，等
4 4 2
号成立，
所以，he a+ a 1  a+1 1 =e a-aa+
a
 -a=e a+ a 1 -a2+a+1  3 1 3 <e-2- = - <0，
4 e2 4
所以，hx  ≥0不恒成立，不合乎题意；
③当a>0时，hx 
a x-a
=1- = ，当0<x<a时，hx
x x
 <0，此时函数hx  单调递
减，
当x>a时，hx  >0，此时函数hx  单调递增，所以，h(x) min =ha  =a-alna-a=
-alna≥0，可得lna≤0，解得0<a≤1.
综上所述，实数a的取值范围是0,1  ；
(2)当a=1时，fx 
lnx fn
= ，所以
x
 lnn
= .
n n2
由(1)知：xfx 
lnx 1
≤x-1，即lnx≤x-1，所以 ≤1- .
x x
lnn2 1 2lnn 1 lnn 1 1
令x=n2，得 ≤1- ，即 ≤1- ，所以 ≤ 1-
n2 n2 n2 n2 n2 2 n2
 .
f2
当n=2时，
 ln2 n 1 19 3 ln2 1 3
= ，则 + - = ，显然 < < ，结论成立；
2 4 2 2n+2 24 8 4 4 8
f2
当n≥3时，
 f3
+
2
 fn
+⋯+
3
 ln2 ln3 lnn
= + +⋯+ ≤
n 22 32 n2
1 1 1 1
1- +1- +⋯+1-
2 22 32 n2

1 = n-1
2
 1 1 1 - + +⋯+
22 32 n2
  

 <
第 页 共 页
598 34271
n-1
2

1 1 1 1
- + + +⋯+
4 3×4 4×5 n×n+1 
 




1
= n-1
2

1 1 1 1 1 1 1
- + - + - +⋯+ -
4 3 4 4 5 n n+1
  


1
= n-1
2

7 1
- -
12 n+1
  


1 1 19
= n+ -
2 n+1 12

n 1 19
= + - ，
2 2n+2 24
f2
结论成立.因此，当n≥2时，
 f3
+
2
 fn
+⋯+
3
 n 1 19
< + - 成立.
n 2 2n+2 24
13 题型十三：三角函数
968 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1
=sinx-axcosx，a∈R．当a≥ ，x∈
3
0,+∞  时，求证：fx  ≤2ax．
【解析】证明：要证fx  ≤2ax，即证sinx-axcosx≤2ax，只需证sinx≤ax(2+cosx)，
sinx sinx
因为2+cosx>0，也就是要证 -ax≤0，令g(x)= -ax，
2+cosx 2+cosx
cosx(2+cosx)-sinx(-sinx) 2cosx+1
g(x)= -a= -a
(2+cosx)2 (2+cosx)2
1 2cosx+1 1 -(cosx-1)2
因为a≥ ，所以g(x)≤ - = ≤0，
3 (2+cosx)2 3 3(2+cosx)2
所以gx  在0,+∞  上为减函数，
所以gx  ≤g0  =0，所以fx  ≤2ax得证．
969 (2024·河北·统考模拟预测)已知函数fx  =-lnax  +ax-2a≠0  .
(1)讨论fx  的极值；
(2)当a>0时，证明：fx  >lnx-xex+1+sinx+1.
【解析】(1)由函数fx  =-lnax  +ax-2，可得fx 
a 1 ax-1
=- +a=- +a= ，
ax x x
当a<0时，可得ax>0，解得x<0，即函数的定义域为(-∞,0)，
令fx 
1
=0，解得x= ，
a
1
当x∈-∞,
a
 时，fx  <0，fx  单调递减；
1
当x∈ ,0
a
 时，fx  >0，fx  单调递增，
1
所以当x= 时，函数fx
a

1
取得极小值f
a
 =-1；
当a>0时，可得ax>0，解得x>0，即函数的定义域为(0,+∞)，
令fx 
1
=0，解得x= ，
a
1
当x∈0,
a
 时，fx  <0，fx  单调递减；
1
当x∈ ,+∞
a
 时，fx  >0，fx  单调递增，
1
所以当x= 时，函数fx
a

1
取得极小值f
a
 =-1，
综上可得，函数fx 
1
的极小值为f
a
 =-1，无极大值.
(2)证明：因为a>0，所以ax>0，解得x>0，即函数的定义域为(0,+∞)，
令gx  =x-sinx，可得gx  =1-cosx≥0，所以gx  在(0,+∞)单调递增，
所以gx  >g0  =0，即x>sinx，
第 页 共 页
599 3427要证不等式fx  >lnx-xex+1+sinx+1，
只需证明-lnax  +ax-2>lnx-xex+1+x+1，
又由函数hx  =lnx-x+1,x>0，可得hx 
1 1-x
= -1= ，
x x
当x∈(0,1)时，hx  >0，hx  单调递增；
当x∈(1,+∞)时，hx  <0，hx  单调递减，
所以hx  ≤h1  =0，即lnx-x+1≤0，即lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，
所以，当a>0时，lnax≤ax-1，
只需证明：-ax+1+ax-2>lnx-xex+1+x+1，即lnx-xex+1+x+2<0，
即xex+1-x-lnx-2>0，即ex+1+lnx>1+x+1+lnx，
令x+1+lnx=t，可得et>1+t，
设φx  =ex-x-1，可得φx  =ex-1，令φx  =0，可得x=0，
当x∈(0,+∞)时，φx  >0，φx  单调递增；
当x∈(-∞,0)时，φx  <0，φx  单调递减，
所以φx  ≥φ0  =0，所以ex≥x+1，所以ex+1+lnx≥1+x+1+lnx，
当且仅当x+1+lnx=0时，等号成立，
又由以上不等式的等号不能同时成立，所以fx  >lnx-xex+1+sinx+1.
970 已知函数f(x)=xlnx+ax+b在(1，f(1))处的切线为2x-2y-1=0．
(1)求f(x)的单调区间与最小值；
sinx-1
(2)求证：ex+lnx>cosx+ ．
x
【解析】解：(1)f(x)=1+lnx+a，
故f(1)=1+a=1，得a=0，又2-2f(1)-1=0，
1 1
所以f(1)=a+b= ，得b= ．
2 2
1
则f(x)=xlnx+ ，f(x)=1+lnx，
2
1
当x∈0,
e
 时，f(x)≤0，f(x)单调递减；
1
当x∈ ,+∞
e
 时，f(x)>0，f(x)单调递增，
1
所以f
e

1 1
= - ．
min 2 e
(2)证明：令g(x)=x-sinx，x>0，g(x)=1-cosx≥0，g(x)递增，
所以g(x)>g(0)=0，所以当x>0时，x>sinx，
令h(x)=ex-x-1，x>0，h(x)=ex-1≥0，h(x)递增，
h(x)>h(0)=0，所以当x>0时，ex>x+1，
sinx-1
要证ex+lnx>cosx+ ，由-1≤cosx≤1，x>sinx，及ex>x+1，
x
sinx-1 1
得，ex+lnx>x+1+lnx,cosx+ <1+1- ，故原不等式成立，
x x
1
只需证x+1+lnx>2- ，
x
1 3
即证x2-x+1+xlnx>0．由(1)可得xlnx≥- ，且x2-x+1≥ ，
e 4
3 1
所以x2-x+1+xlnx> - >0，则原不等式成立
4 e
第 页 共 页
600 3427