5.12导数压轴大题：证明不等式（解析）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_导数知识点+题型分类_单独的原卷版+解析版

5.12 导数压轴大题：证明不等式
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：导数证明不等式常见策略..................................................2
考点二：极值点偏移证不等式....................................................... 2
考点三：导数证明三角函数型不等式...............................................3
考点四：韦达定理证明不等式....................................................... 3
考点五：切线放缩法证明不等式.................................................... 3
考点六：数列不等式证明策略....................................................... 3
模块二：题型分类.........................................................................4
题型一：不等式证明常规方法....................................................... 4
题型二：单变量构造................................................................... 6
题型三：双变量构造................................................................... 8
题型四：虚设零点证不等式........................................................ 11
题型五：同构型不等式证明........................................................ 14
题型六：凸凹转化证明不等式......................................................17
题型七：三角函数型不等式证明...................................................20
题型八：切线放缩型证明........................................................... 22
题型九：韦达定理代换型........................................................... 25
题型十：极值点偏移加法型(x1 + x2) ............................................. 29
题型十一：极值点偏移乘积型(x1x2) ..............................................33
题型十二：极值点偏移平方型(x1
2 + x2
2) .......................................... 38
题型十三：数列型单变量构造......................................................42
题型十四：无限和裂项型数列不等式.............................................46
题型十五：累乘型数列不等式......................................................50
题型十六：取对数型数列不等式...................................................53
模块三：综合巩固....................................................................... 57
5.12 导数压轴大题：证明不等式
模块一：基础知识
考点一：导数证明不等式常见策略
1.利用导数证明不等式问题，基本思维方法如下：
（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

0
f x
g x


（或


0
f x
g x


），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.
2.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数
h x ；
(3)利用导数研究
h x 的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
3.一些试题，可以通过对第一问分类讨论，得出一些不等式放缩式子或者放缩方向
（1）可以利用第一问单调性提炼出不等式
（2）可以利用第一问极值或者最值提炼出常数不等式
（3）可以利用题干和第一问结论构造新函数（新不等式）
4.虚设零点法：【前面章节有讲到，这里不细讲】
涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出
来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决
5.凸凹反转型【前面章节有讲到，这里不细讲】
首先是证明不等式的一种技巧，欲证明
0
)
(

x
f
，若可将不等式左端
)
(x
f
拆成
)
(
)
(
x
h
x
g

，且
)
(
)
(
max
min
x
h
x
g

的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取
)
(x
g
为上凸型函数，
)
(x
h
为
下凹型函数来完成证明.
考点二：极值点偏移证不等式
【前面章节有讲到，这里不细讲】
极值点偏移多有零点这个条件。零点型，注意数形结合思想的应用：
1. 零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。
2. 零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。
3. 将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理
4.处理极值点偏移问题中的类似于





1
2
1
2
x x
a f x
f x


的问题的基本步骤如下：
①求导确定

f
x 的单调性，得到
1
2
,
x x 的范围；
②构造函数


a
F x
f x
f
x








，求导可得

F x 恒正或恒负；
③得到

1
f x
与
1
a
f
x






的大小关系后，将

1
f x
置换为


2
f x
；
④根据
2
x 与
1
a
x 的范围，结合

f
x 的单调性，可得
2
x 与
1
a
x 的大小关系，由此证得结论.
考点三：导数证明三角函数型不等式
1.正余弦的有界性
2.三角函数与函数的重要放缩公式：


sin
0
x
x x


.
考点四：韦达定理证明不等式
1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2 有关。
2.利用韦达定理代换：可以消去参数
考点五：切线放缩法证明不等式
常用的切线放缩有：
（1）
1
xe
x

；（2）
xe
ex

；（3）
1
1
ln
1
x
x
x



；（4）ln
x
x
e

.
考点六：数列不等式证明策略
1.单变量构造
数列型不等式证明
（1）对于n
N 

型数列不等式证明，可以转化为定义域为x≥1,在实数范围内证明不等式。
（2）一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为n的正整数属性，注
意对应换元的取值范围
数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证明
2.裂项求和型
证明不等式




1
2
f
f
f n
g n





，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变
形将右边也转化为求和式，即
















1
1
2
2
3
2
1
1
0
g n
g n
g n
g n
g n
g n
g n
g
g
g
g





































这样一来，设


1
nb
g n
g n





*
nN
，
则只需证



1
2
1
2
n
f
f
f n
b
b
b









，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关
系，即如果能够证出

n
f n
b

恒成立，则原不等式也就成立.
3.累乘证明数列不等式
证明不等式




1
2
f
f
f n
g n



为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以
通过变形将右边也转化为求和式，如转化为累积相消型










1
2
1
1
2
1
g n
g n
g
g n
g
g n
g n
g






这样一来，设


1
n
g n
b
g n




*
nN
，
则只需证



1
2
1
2
n
f
f
f n
b
b
b







，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，
即如果能够证出

n
f n
b

恒成立，则原不等式也就成立.
4.两边同时取对数型
证明不等式



1
2
t
f
f
f n 


为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以
通过取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为累加或者累积相消型







ln
1
2
ln t
ln
1
ln
2
ln
3
ln
2
ln t
f
f
f n
f
f
f
f






（
）
（
）+ （
）+ （
）+ （
）
模块二：题型分类
题型一：不等式证明常规方法
1.已知函数
2
( )
2ln
f x
x
x


.
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
(Ⅰ)求函数
( )
f x 的单调区间；
(Ⅱ)求证：当
2
x 
时，
( )
3
4
f x
x


.
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
【答案】(1)f(x)的单调增区间为(1，＋∞), 单调减区间为(0，1)；(2)见解析.
【分析】(Ⅰ)明确定义域，求出导函数，解不等式即可得到函数的单调区间；
(Ⅱ)作差构造新函数，研究函数的最值即可.
【详解】(1)依题意知函数的定义域为{x|x>0}，∵f′(x)＝2x-2
= 2(
1)(
1)
x
x
x


，
由f′(x)>0，得x>1; 由f′(x)<0，得0<x<1
∴f(x)的单调增区间为(1，＋∞), 单调减区间为(0，1)．
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
(2)设g(x)＝f（x）-3x+1=x2－2lnx-3x+4，∴g′(x)＝2x-2
--3=
2
2
3
2
(2
1)(
2)
x
x
x
x
x
x





，
∵当x>2 时，g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴g(x)>g(2)＝4-2ln2-6+4>0，∴当x>2 时，x2-2lnx>3x-4,即当x>2 时
( )
3
4
f x
x


..
2.设函数
( )
ln
1
f x
x
x


．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)证明：当
(1,
)
x
时，
1
1
ln
x
x


．
【答案】(1)f(x)的增区间为

0,1 ，减区间为

1,.(2)证明见解析
【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；
（2）运用（1）的单调性，当


1,
x
时，可得


1
0
f
x
f


，可推出结论.
（1）( )
ln
1
f x
x
x


的定义域为(0,
)
，
1
1
f
x
x


，由
( )
0
f
x
¢
>
，可得0
1
x

；
0
f
x


，可得
1
x ，
即有f(x)的增区间为

0,1 ，减区间为

1,.
（2）当


1,
x
时，由（1）可得
( )
ln
1
f x
x
x


在

1,递减，
可得


1
0
f
x
f


，即有0
ln
1
x
x


.故有：
1
1
ln
x
x


3.已知函数

ex
f x
ax
b



，曲线

y
f x

在点



0,
0
f
处的切线方程为y
a
b


．
(1)求a，b 的值；
(2)证明：

0
f x 
．
【答案】(1)
1
a ，
1
b = - ；(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合

0
f 
0

，

0
f
a
b

，解方程组即可；
（2）根据（1）中所求

f
x ，利用导数判断函数单调性，求得最小值，即可证明.
(1)
∵

ex
f x
ax
b



，∴

ex
f
x
a



，
∵曲线

y
f x

在点



0,
0
f
处的切线方程为y
a
b

，
∴


0
1
0
0
1
f
a
f
b
a
b









，解得
1
a ，
1
b = - ．
(2)
由（1）知

e
1
x
f
x
x


，

e
1
x
f
x


，
∴当
0
x 
时，

0
f
x


，

f
x 为减函数，当
0
x 
时，

0
f
x


，

f
x 为增函数，
∴

f
x 的最小值为

0
0
f

，∴

0
f x 
，即证.
4.已知函数f（x）＝ax3﹣3lnx.
(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；
(2)讨论f（x）的单调性.
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；
（2）对f（x）求导，对a 分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.
(1)
若a＝1，则f（x）＝x3﹣3lnx，x＞0，
3
2
3
3(
1)
( )
3
x
f
x
x
x
x





，
令f′（x）＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝1 处取得极小值，也是最小值，最
小值为f（1）＝1，故f（x）≥1.
(2)
f（x）＝ax3﹣3lnx，x＞0，
3
2
3
3
3
( )
3
ax
f
x
ax
x
x





（x＞0），
当a≤0 时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，令f′（x）＞0，得x
3 1
a
＞
，令f′（x）＜0，得0＜x
3 1
a
＜
，
所以f（x）在（0，3 1
a
）上单调递减，在（3 1
a
，+∞）上单调递增.
综上，当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（0，3 1
a
）上单调递减，在（3 1
a
，+∞）上单调递增.
题型二：单变量构造
1.已知函数
( )
e
1
x
f x
a
bx


在
0
x 
处有极值2．
（Ⅰ）求a ，b 的值；
（Ⅱ）证明：
( )
e
f x
x
x


．
【答案】（Ⅰ）
1,
1
a
b

；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出导函数
( )
f
x

，由
(0)
0
f 

且
(0)
2
f

求得,a b ，并检验0 是极值点；
（Ⅱ）不等式化为
1
e
0
e
x
x


，引入函数( )
e
e
1
x
g x
x


，由导数求得( )
g x 的最小值，最小值大于0，
从而证得不等式成立．
【详解】（Ⅰ）解：由已知，
( )
e x
f
x
a
b



，则
0
0
(0)
e
0,
(0)
e
0 1
2.
f
a
b
f
a
b









解得，
1,
1.
a
b




经检验，
1,
1
a
b

符合题意.
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，
( )
e
1
x
f x
x


．要证
( )
e
f x
x
x


，
只需证e
1
e
x
x
x
x



．即
1
e
0
e
x
x


．
令( )
e
e
1
x
g x
x


，则
e
( )
ex
g x


．
令
( )
0
g x

，解得
1
x ．
( )
g x

，( )
g x 的变化情况如下表所示．
x
(
,1)

1
(1,
)

( )
g x

－
0
+
( )
g x
单调递减
1
单调递增
所以，
1
x 时，( )
g x 有最小值
1
(1)
e
e 1 1 1
0
g


．故
( )
e
f x
x
x


成立
2.已知函数


2
1
( )
1
ln
2
f x
x
x



.
(1)求

f
x 的最小值；
(2)证明：
4
7
ln 3
32

.
【答案】(1) 0 (2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可；
（2）利用（1）的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】（1）显然该函数的定义域为全体正实数，
由






2
1
1
1
1
( )
1
ln
2
x
x
f x
x
x
f
x
x
x
x










，
当
1
x 时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以函数

f
x 单调递增，
当0
1
x

时，

0
f
x


，所以函数

f
x 单调递减，因此


min
1
0
f
x
f


；
（2）由（1）可知：
min
0
f x

，即







2
2
1
1
( )
1
ln
0
0
ln
1
0
2
2
f x
x
x
x
x
x
x









，
即



2
1
1
ln
1
0
2 x
x
x 


，当
3
4
x 
时，
2
1
1
3
4
7
ln
1
ln
3
2
4
3
32
4


















.
3.设函数



2
2
2
ln
x
f
x
x
x e
aex
e
x




，其中e 为自然对数的底数，曲线

y
f x

在



2
2
f,
处切线的倾
斜角的正切值为
2
3
2
2 e
e

．
（1）求a 的值；
（2）证明：

0
f x 
．
【答案】（1）
2
a 
；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证


2
2
2
2
ln
0
x
f
x
x
x e
ex
e
x





，即

1
2
ln
2
x
x
x
e
e
x




，构造函数



2
2
2
x
g x
x
e
e




，
ln x
h x
x

，利用导数说明其单调性与最值，即可得到


g x
h x ，从而得证；
【详解】解：（1）因为



2
2
2
ln
x
f
x
x
x e
aex
e
x




，所以


2
2
2
x
e
f
x
x
e
ae
x





，

2
2
3
3
2
2
2
2
e
e
f
ae
e





，解得
2
a 
．
（2）由（1）可得


2
2
2
2
ln
x
f
x
x
x e
ex
e
x




即证





2
2
1
2
ln
2
2
ln
0
2
x
x
x
f
x
x
x e
ex
e
x
x
e
e
x










．
令


2
2
2
x
g x
x
e
e




，


2
1
x
g x
x
e 



，于是
g x 在

0,1 上是减函数，在

1,上是增函数，所以


1
1
g x
g
e


（
1
x 取等号）．
又令
ln x
h x
x

，则

2
1
ln x
h
x
x



，于是
h x 在

0,e 上是增函数，在

,e 上是减函数，所以


1
h x
h e
e


（x
e

时取等号）．所以


g x
h x ，即

0
f x 
．
4.已知函数
( )
ln
f x
x
x

.
(1)讨论
( )
y
f x

的单调性并求极值；
(2)证明：当
1
x 时，
2
ln (
1)
ln
ln(
2)
x
x
x




.
【答案】(1)

y
f x

在
1
0, e






单调递减，1,
e







单调递增.极小值为
1
e
,无极大值；(2)见解析
【分析】(1)求出

ln
1
f
x
x


，明确单调性，从而得到函数的极值；
(2)要证当
1
x 时，




2
ln
1
ln
ln
2
x
x
x




即证当
1
x 时，






ln
1
ln
2
ln
ln
1
x
x
x
x




，构造新函数



ln
1 (
1)
ln
x
h x
x
x



，研究其单调性即可.
【详解】（1）

ln
1
f
x
x


，(
0)
x 
，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
1
e
x 
，令

0
f
x


，解得
1
0
e
x


，
所以

y
f x

在
1
0, e






单调递减，1,
e







单调递增.
当
1
e
x 
时函数取得极小值为
1
1
( )
e
e
f

，无极大值.
（2）令


ln
1 (
1)
ln
x
h x
x
x



,





2
ln
1
ln
1
ln
x
x
x
x
h x
x













2
ln
l ln
1
ln
1
x x
x
x
x
x x





,
由（1）可知

ln
f x
x x

在

1,递增，所以




ln
l ln
1
0
x x
x
x




，
所以

0
h x


，因此

y
h x

在

1,递减，
当
1
1
x
x

时，


1
h x
h x


即






ln
1
ln
2
ln
ln
1
x
x
x
x




，
所以




2
ln
1
ln
ln
2
x
x
x




得证.
题型三：双变量构造
1.已知函数




R
ln
1
1
x
a
f
x
x
a
x






．
(1)求函数

f
x 的单调区间；
(2)已知m，n 是正整数，且1
m
n


，证明



1
1
n
m
m
n



．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求导，令导数为0，结合定义域对a 进行讨论即可；
（2）两边取对数，整理后，构造函数
ln(1
)
( )
x
h x
x


，证明
h x 为

0, 

上的减函数，即可求解.
【详解】（1）函数

f
x 的定义域为( 1,
)
，
2
( )
(
1)
a
x
f
x
x




，
①当
1
a 时，

0
f
x


在

1,

上恒成立，

f
x 的减区间为

1,

，无增区间；
②当
1
a 时，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得1
x
a


，令

0
f
x


，解得x
a

，
所以

f
x 的增区间为

1,a

，减区间为

,a ．
综上，当
1
a 时，

f
x 的减区间为

1,

，无增区间；
当
1
a 时，

f
x 的增区间为

1,a

，减区间为

,a ．
（2）两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明




ln 1
ln
1
n
m
m
n



，
即证明ln(1
)
ln(1
)
m
n
m
n



，
构造函数
2
ln(1
)
ln(1
)
1
( )
,
( )
x
x
x
x
h x
h x
x
x







，
令
( )
ln(1
)
1
x
g x
x
x




，由（1）知，当
0
a 
时，
g x 在

0, 

上为减函数，故

0
0
g x
g


，
所以

0
h x


，所以
h x 为

0, 

上的减函数，
因为1
m
n


，知

h m
h n

，即ln(1
)
ln(1
)
m
n
m
n



，即



1
1
n
m
m
n



．
2.已知函数
ln
( )
(
0)
x
f x
m
mx


.
(1)试讨论函数
( )
f x 的单调性；
(2)对


,
e,
a b




，且a
b

，证明：
b
a
a
b

.
【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【分析】（1）

f
x 的定义域为

0, 

，且





2
1
ln
= m
x
f
x
mx


，对m 分类讨论，明确函数

f
x 的单调性；
（2）要证：
b
a
a
b

只需证：ln
ln
b a
a b

即证：ln
ln
a
b
a
b

. 设
ln x
g x
x

，研究函数
g x 的单调性即可.
【详解】（1）

f
x 的定义域为

0, 

，且





2
1
ln
= m
x
f
x
mx


．
①当
0
m 
时，对


0,e
x
，有
( )
0
f
x
¢
>
，故函数

f
x 在


0,e
x
单调递增；
对


e,
x
，有

0
f
x


，故函数

f
x 在


e,
x
单调递减．
②当
0
m 
时，对


0,e
x
，有

0
f
x


，函数

f
x 在


0,e
x
单调递减；
对


e,
x
，有
( )
0
f
x
¢
>
，函数

f
x 在


e,
x
单调递增．
（2）对


,
e,
a b


且a
b

，要证：
b
a
a
b

只需证：ln
ln
b a
a b

即证：ln
ln
a
b
a
b

.
设
ln x
g x
x

，则

2
1
ln
=
x
g
x
x


当


e,
x
时，有

0
g x


，
故函数
g x 在


e,
x
单调递减．又a
b

，且


,
e,
a b
，
所以

g a
g b

，即ln
ln
a
b
a
b

．ln
ln
a
b
a
b

成立故原不等式成立．
3.已知函数
1
ln
1
x
g x
x


．
（1）求
g x 的单调区间；
（2）当1
1
e
m
n


时，试证明
1
ln
1
ln
n
n
m
m



．
【答案】（1）
g x 的单调递增区间是(
)
1,+¥ ，单调递减区间是(
)
0,1 ；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题可求函数的导函数，利用导函数可求；
（2）利用函数的单调性可证.
【详解】（1）因为
1 ln
1
x
g x
x


，
所以





2
2
1 ln
1 ln
ln
x
x
x
g
x
x
x
x







．
令

0
g
x


，得
1
x ；令

0
g x


，得0
1
x

．
所以
g x 的单调递增区间是

1,，单调递减区间是

0,1 ．
（2）由（1）知
1 ln
1
x
g x
x


在

0,1 上单调递减，
所以1
1
e
m
n


时，

g m
g n

，
即
1
ln
1
ln
1
1
m
n
m
n




，
所以1
ln
1
ln
m
n
m
n



，即
1
ln
1
ln
n
n
m
m



．
4.已知函数



2
1
ln
1
x
f x
x
x




．
（1）求证：函数

f
x 在

0, 

上单调递增；
（2）设
0
m
n


，求证：ln
ln
2
m
n
m
n
m
n




．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用导数法，证明
0
x 
时，

0
f
x


即可；
（2）不妨设m
n

，利用作差法得到ln
ln
2
m
n
m
n
m
n




2
1
1
ln
1
m
m
n
m
m
n
n
n























，然后令
1
m
t
n ，转化
为

f t ，利用其在

0, 

上单调性证明.
【详解】（1）由题意知，
0
x 
，







2
2
2
1
1
4
0
1
1
x
f
x
x
x x
x








，
∴函数

f
x 在

0, 

上单调递增．
（2）不妨设m
n

，
则ln
ln
2
m
n
m
n
m
n






2
1
ln
m
n
m
m
n
n
m
n











2
1
1
ln
1
m
m
n
m
m
n
n
n























，
令
1
m
t
n ，则



2
1
2
1
ln
ln
1
1
m
t
m
n
t
f t
m
n
t
n














．由（1）知

f
x 在

0, 

上单调递增，
1
0
f

，
∵
1
t ，∴

0
f t 
．又m
n

，∴ln
ln
2
m
n
m
n
m
n




．
题型四：虚设零点证不等式
1.已知函数

ln
f x
ax
x x


,
R
a 
.
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
(1)判断

f
x 的单调性;
(2)若
1, 0
1
a
x


, 求证:

e
1
e
x
f
x


,其中e 是自然对数的底数.
【答案】(1)
( )
f x 在
1
(0,e
)
a
上单调递减，在
1
(e
)
a

,
上单调递增．(2)证明见详解
【分析】（1）求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，
（2）构造函数
e
ln
1
x
g x
x
x
x



，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.
【详解】（1）函数
( )
f x 的定义域为(0,
)
，

1
ln
f
x
a
x



，
当
1
0
e a
x



时，

0
f
x


，当
1
e a
x


，
( )
0
f
x
¢
>
；
故
( )
f x 在
1
(0,e
)
a
上单调递减，在
1
(e
)
a

,
上单调递增．
（2）证明：令
( )
e
1
( )
x
g x
f x


e
ln
1
x
x
x
x



，则
( )
e
ln
2
x
g x
x




，
令( )
( )
h x
g x


，则
1
( )
ex
h x
x



，显然
( )
h x

在(0,
)
上单调递增．
又
(1)
e 1
0
h


，
1
e
2
0
2
h 









，故存在唯一的
0
1 ,1
2
x






，使得
0
(
)
0
h x


．
从而
( )
g x

在
0
(0,
)
x
上单调递减，在
0
(
,
)
x 上单调递增，
0
( )
(
)
g x
g x


∴
≥
，
又
0
0
1
ex
x

∵
，两边取对数得
0
0
ln
x
x

，故
0
0
0
(
)
e
ln
2
x
g x
x




0
0
1
2
0
x
x



≥，
0
( )
(
)
0
g x
g x


≥
≥
∴
，
故( )
g x 在(0,1]上单调递增，所以
( )
(1)
e
g x
g

≤
，得证．
2.已知函数
2
( )
(
2)
ln (
)
f x
x
a
x
a
x a
R





．
(1)求函数
( )
y
f x

的单调区间；
(2)当
1
a 时，证明：对任意的
0
x 
，
2
( )
2
x
f x
x
x




e
．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为e
ln
2
0
x
x



，利用导数讨论最值即可
求解.
【详解】（1）由题可知函数
( )
f x 的定义域为(0,
)

，
2
2
(
2)
( )
2
(
2)
a
x
a
x
a
f
x
x
a
x
x









，即
(
1)(2
)
( )
x
x
a
f
x
x




，
(i)若
0
a 
，则
( )
0
f
x


在定义域(0,
)
上恒成立，
此时函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；
(ii) 若
0
a 
，令
( )
0
f
x


，即2
0
x
a


，解得
2
a
x 
,令
( )
0
f
x


，即2
0
x
a


，解得0
2
a
x


,
所以
( )
f x 在(0,
)
2
a 上单调递减，(
,
)
2
a 上单调递增.综上，
0
a 
时，
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；
0
a 
时，
( )
f x 在(0,
)
2
a 上单调递减，(
,
)
2
a 上单调递增.
（2）当
1
a 时，
2
( )
ln
f x
x
x
x



，
要证明
2
( )
2
x
f x
x
x




e
，只用证明e
ln
2
0
x
x



，令g( )=e
ln
2
x
x
x


，
1
( )=ex
g x
x


，
令
1
( )=ex
g x
x


，即
1
ex
x

，可得方程有唯一解设为
0x ，且
0
1
x ，所以
0
0
1
e
x
x

，
当x 变化时，
( )
g x

与g( )
x 的变化情况如下，
x
0
(0,
)
x
0x
0
( ,+ )
x


g
x


0

g( )
x
单调递减
单调递增
所以
0
min
0
0
0
0
1
( )
(
)
e
ln
2
2
x
g x
g x
x
x
x







，因为
0
0
0
0
1
1
2
2
0
x
x
x
x






2
，因为
0
1
x ，所以不取等
号，
即
0
0
1
2
0
x
x 


，即
min
( )
0
g x

恒成立，所以，e
ln
2
0
x
x



恒成立，得证.
3.已知函数
2
( )
(
2)
ln (
)
f x
x
a
x
a
x a
R





．
(1)求函数
( )
y
f x

的单调区间；
(2)当
1
a 时，证明：对任意的
0
x 
，
2
( )
2
x
f x
x
x




e
．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为e
ln
2
0
x
x



，利用导数讨论最值即可
求解.
【详解】（1）由题可知函数
( )
f x 的定义域为(0,
)

，
2
2
(
2)
( )
2
(
2)
a
x
a
x
a
f
x
x
a
x
x









，即
(
1)(2
)
( )
x
x
a
f
x
x




，
(i)若
0
a 
，则
( )
0
f
x


在定义域(0,
)
上恒成立，此时函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；
(ii) 若
0
a 
，令
( )
0
f
x


，即2
0
x
a


，解得
2
a
x 
,
令
( )
0
f
x


，即2
0
x
a


，解得0
2
a
x


,所以
( )
f x 在(0,
)
2
a 上单调递减，(
,
)
2
a 上单调递增.
综上，
0
a 
时，
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；
0
a 
时，
( )
f x 在(0,
)
2
a 上单调递减，(
,
)
2
a 上单调递增.
（2）当
1
a 时，
2
( )
ln
f x
x
x
x



，要证明
2
( )
2
x
f x
x
x




e
，只用证明e
ln
2
0
x
x



，
令g( )=e
ln
2
x
x
x


，
1
( )=ex
g x
x


，令
1
( )=ex
g x
x


，即
1
ex
x

，可得方程有唯一解设为
0x ，且
0
1
x ，
所以
0
0
1
e
x
x

，当x 变化时，
( )
g x

与g( )
x 的变化情况如下，
x
0
(0,
)
x
0x
0
( ,+ )
x


g
x


0

g( )
x
单调递减
单调递增
所以
0
min
0
0
0
0
1
( )
(
)
e
ln
2
2
x
g x
g x
x
x
x






，因为
0
0
0
0
1
1
2
2
0
x
x
x
x






2
，因为
0
1
x ，所以不取等
号，
即
0
0
1
2
0
x
x 


，即
min
( )
0
g x

恒成立，所以，e
ln
2
0
x
x



恒成立，得证.4.
4.设函数
2
( )
e
ln
x
f x
a
x


．
(1)求
e
a 时，
( )
f x 的单调区间；
(2)求证：当
0
a 
时，
2
( )
2
ln
f x
a
a
a


．
【答案】(1)单调减区间为
1
0, 2






，单调增区间为1 ,
2






(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得

f
x

，即可得到其单调区间；
（2）根据题意，当
0
a 
时，结合隐零点的处理方法，即可得证.
【详解】（1）
e
a 
时，
2
( )
e
eln
x
f x
x


的定义域为(0,
)
，
∴
2
e
( )
2e x
f
x
x



，令
( )
0
f
x


，则
1
2
x 
，
∴当
1
0
2
x


时，
( )
0
f
x


；当
1
2
x 
时，
( )
0
f
x


，
∴函数
( )
f x 的单调减区间为
1
0, 2






，单调增区间为1 ,
2






．
（2）证明：
2
( )
e
ln
x
f x
a
x


的定义域为(0,
),
且
2
( )
2
x
a
f
x
e
x



．
当
0
a 
时，
2e x
y 
为单调递增，
a
y
x

单调递增，故
( )
f
x

在(0,
)
上单调递增，
又
( )
0
f
a


，假设存在b 满足0
ln 2
a
b


时，且
1 ,
( )
0
4
b
f b



，
当
0
a 
时，导函数
( )
f
x

存在唯一的零点，设该零点为
0x ，
当


0
0,
x
x

时，
( )
0
f
x


，当x

0,
x


时，
( )
0
f
x


，
故
( )
f x 在

0
0, x
单调递减，在

0,
x


单调递增，当
0
x
x

时
( )
f x 取得最小值


0
f
x
，
由于
0
2
0
2e
0
x
a
x


，即
0
2
0
e
2
x
a
x

，两边取对数得
0
0
ln
ln
2
2
a
x
x


，
∴


0
0
0
2
2
ln
2
2
a
f
x
ax
a
a
x
a





2
ln
a
a ，当且仅当
0
0
2
2
a
ax
x =
时，即
0
1
2
x 
时，取等号，
故
0
a 
时，
2
( )
2
ln
f x
a
a
a


．
题型五：同构型不等式证明
1.已知

1
2
ex
f x
x



，
ln
a
x
x
g x
x



，
R
a 
．
(1)当


1,
x
时，求函数
g x 的极值；
(2)当
0
a 
时，求证：


f x
g x

．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为


ln
1
e
ln
1
1
x x
x
x



．令
ln
1
t
x
x


，即证：e
1

t
t
，再构造函数

e
1
x
h x
x


，求其最小值即可证明.
【详解】（1）



2
1
ln
a
x
g
x
x




，当
1
a 时，

0
g x


，即
g x 在

1,上单调递减，
故函数
g x 不存在极值；
当
1
a 
时，令

0
g
x


，得
1e
a
x


，
x


1
1,e
a

1e
a



1e
,
a



g
x

+
0
-

g x
增函数
极大值
减函数
故




1
1
1
1
1
1
e
1
1 e
e
e
1
e
e
a
a
a
a
a
a
a
a
g x
g















极大值
，无极小值.
综上，当
1
a 时，函数
g x 不存在极值；
当
1
a 
时，函数
g x 有极大值，
1
e
1
a
g x



极大值
，不存在极小值．
（2）显然
0
x 
，要证：


f x
g x

，
即证：
1
2
ln
ex
x
x
x




，即证：
1
e
ln
2
x
x
x
x



，
即证：


ln
1
e
ln
1
1
x x
x
x



．
令
ln
1
t
x
x


，故只须证：e
1

t
t
．
设
e
1
x
h x
x


，则

e
1
x
h x


，
当
0
x 
时，

0
h x


，当
0
x 
时，

0
h x


，
故
h x 在

0, 

上单调递增，在

,0


上单调递减，
即

min
0
0
h x
h


，所以

0
h x


，从而有e
1
x
x

．
故e
1

t
t
，即


f x
g x

．
2.已知

1
2
ex
f x
x



，
ln
a
x
x
g x
x



，
R
a 
．
(1)当


1,
x
时，求函数
g x 的极值；
(2)当
0
a 
时，求证：


f x
g x

．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论求解函数的极值即可.
（2）首先将题意转化为


ln
1
e
ln
1
1
x x
x
x



．令
ln
1
t
x
x


，即证：e
1

t
t
，再构造函数

e
1
x
h x
x


，求其最小值即可证明.
【详解】（1）



2
1
ln
a
x
g
x
x




，当
1
a 时，

0
g x


，即
g x 在

1,上单调递减，
故函数
g x 不存在极值；
当
1
a 
时，令

0
g
x


，得
1e
a
x


，
x


1
1,e
a

1e
a



1e
,
a



g
x

+
0
-

g x
增函数
极大值
减函数
故




1
1
1
1
1
1
e
1
1 e
e
e
1
e
e
a
a
a
a
a
a
a
a
g x
g















极大值
，无极小值.
综上，当
1
a 时，函数
g x 不存在极值；
当
1
a 
时，函数
g x 有极大值，
1
e
1
a
g x



极大值
，不存在极小值．
（2）显然
0
x 
，要证：


f x
g x

，
即证：
1
2
ln
ex
x
x
x




，即证：
1
e
ln
2
x
x
x
x



，
即证：


ln
1
e
ln
1
1
x x
x
x



．
令
ln
1
t
x
x


，故只须证：e
1

t
t
．
设
e
1
x
h x
x


，则

e
1
x
h x


，
当
0
x 
时，

0
h x


，当
0
x 
时，

0
h x


，
故
h x 在

0, 

上单调递增，在

,0


上单调递减，
即

min
0
0
h x
h


，所以

0
h x


，从而有e
1
x
x

．
故e
1

t
t
，即


f x
g x

．
3.已知函数
3
e
( )
1
x
f x
x

，e
2.71828

为自然对数的底数.
(1)试判断函数
( )
f x 的零点个数并说明理由；
(2)证明：
( )
f x 
3ln
x
x

.
【答案】(1)两个，理由见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数；
（2）方法一，令
3
ex
t
x

，则
( )
3ln
f x
x
x


等价于
1
ln
t
t

，令
ln
1
g t
t
t

，利用函数的导数，通过
函数的最值判断证明即可；
方法二：令
3ln
t
x
x


，则
( )
3ln
f x
x
x


等价于e
1
t
t
，令( )
e
(
1)
t
h t
t



，利用函数的导数，通过函
数的最值判断证明即可.
【详解】（1）

f
x 的定义域为(
,0)
(0,
)



，当
0
x 
时，恒有

0
f x 
，故

f
x 在(
,0)

内没有零
点.
当
0
x 
时，由
3
e
( )
1
x
f x
x

得
4
(
3)e
( )
x
x
f
x
x



，令
( )
0
f
x


得
3
x 
，令
( )
0
f
x


得0
3
x


，
所以
( )
f x 在(0,3)上单调递减，在(3,
)
上单调递增.又
3
2
3
e
e
e
7 20
(1)
e 1
0,
(3)
1
0,
(5)
1
1
0
27
125
125
f
f
f









，
故存在


1
1,3
x 
，


2
3,5
x 
，使得

1
0
f x

，


2
0
f x

，所以
( )
f x 在(0,
)
两个零点.
综上，函数

f
x 有两个零点.
（2）方法一：令
3
ex
t
x

，则
0
x 
时，
0
t 
，且ln
3ln
t
x
x


.于是
( )
3ln
f x
x
x


等价于
1
ln
t
t

，
令
ln
1
g t
t
t

，可得
1
( )
1
g t
t



，令1 1
0
t 
，可得
1
t ，当


0,1
t 
时，

0
g t


，函数
g t 是增函
数，
当


1,
t



时，

0
g t


，函数
g t 是减函数，
所以
1
t 时，函数
g t 取得最大值：ln1 1 1
0

，所以
1
0
g t
g


，即
( )
f x 
3ln
x
x

.
方法二：令
3ln
t
x
x


，则
3
e
e
1
1
x
t
x

，于是
( )
3ln
f x
x
x


等价于e
1
t
t
，
即e
1

t
t
，令( )
e
(
1)
t
h t
t



，则有
( )
e
1
t
h t


.令
( )
0
h t


，即e
1
0
t 
，解得
0
t 
；
令
( )
0
h t


，即e
1
0
t 
，解得
0
t 
，所以( )
h t 在(
,0)

单调递减，(0,
)
上单调递增，
所以
0
( )
(0)
e
1
0
h t
h



，即e
(
1)
0
t
t



.所以e
1

t
t
，即
( )
f x 
3ln
x
x

.
题型六：凸凹转化证明不等式
1.已知函数
( )
(
)
x
f x
e
x
m m
R




．
（1）当
0
x 
时，
( )
0
f x 
恒成立，求m 的取值范围；
（2）当
1
m 时，证明：
2
1
(
) ( )
1
x
x
lnx f x
e
e


．
【解析】解：（1）由题意得，
0
xe
x
m



恒成立对
0
x 
恒成立，令( )
x
g x
e
x


，
则
( )
1
x
g x
e


，当
0
x 
时，
( )
1
0
x
g x
e



，故
( )
g x 在(0,
)
上是增函数，
故当
0
x 
时，
( )
(0)
1
g x
g

；故若使
0
xe
x
m



恒成立对
0
x 
恒成立，
则只需使
1
m；
（2）证明：
1
(
) ( )
(
)(1
)
x
x
x
lnx
x
f x
x
lnx
e
e





；令( )
h x
x
lnx


，
1
( )
x
h x
x



；
当0
1
x

时，
( )
0
h x


，当
1
x 时，
( )
0
h x


；
即( )
h x 在(0,1) 上为减函数，在(1,
)
上为增函数，
( )
h x
h

（1）
1
①．
令
1
( )
1
x
x
n x
e


，
2
( )
x
x
n x
e



，故
1
( )
1
x
x
n x
e


在(0,2) 上是减函数，在(2,
)
上为增函数；
故( )
n x
n
（2）
2
1
1
e

②．故由①②可得，
2
1
(
) ( )
1
x
x
lnx f x
e
e


．
2.已知函数

ln ,
R
m
f
x
x m
x



.
(1)讨论

f
x 的单调性；
(2)证明：当
0
m 
时，

2
1
mf x
m

.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数

f
x 的导函数

f
x

，对m 进行分类讨论，判断

f
x

的正负作答即可；
（2）把

f
x 代入不等式，化简转化为
min
1
1 ln
2
f x
m
m



，构造新函数
1
1
ln
2
g m
m
m









，对
新函数求导，并求出其最小值为

min
1
0
g m
g


，即可判断原不等式成立.
【详解】（1）函数

f
x 的定义域是

0,+，可得

2
2
1
m
x
m
f
x
x
x
x





.
当
0
m 
时，可知
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f
x 在

0,+上单调递增；
当
0
m 
时，由
=0
f
x

得x
m

，
可得


0,
x
m

时，有

0
f
x


，


,+
x
m

时，有
( )
0
f
x
¢
>
，
所以

f
x 在

0,m 上单调递减，

f
x 在

,+
m
上单调递增.
综上所述：当
0
m 
时，

f
x 在

0,+上单调递增；
当
0
m 
时，

f
x 在

0,m 上单调递减，在

,+
m
上单调递增.
（2）证明：当
0
m 
时，要证

2
1
mf x
m

成立，
只需证

2
1
1
=2
m
f
x
m
m



成立，只需证
min
1
2
f x
m


即可.因为
0
m 
，由（1）知，


min
1 ln
f x
f m
m


.
令
1
1
1
ln
2
ln
1
g m
m
m
m
m












，则

2
2
1
1
1
m
g
m
m
m
m





，
可得


0,1
m
时，有

0
g
m


；


1,
m
时，有

0
g
m


，
所以
g m 在

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增，
可知

min
1
0
g m
g


，则有
0
g m 
，所以有
1
1 ln
2
m
m



，
所以当
0
m 
时，

2
1
mf x
m

成立.
3.已知
( )
ln
f x
x
ax


，a R ．
（Ⅰ）讨论
( )
f x 的单调性；
（Ⅱ）若
1
a ，证明：
( )
1
f x ．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）分
0
a 
，a<0 进行讨论，再利用导数研究函数的单调性即可求解；
（Ⅱ）由
1
a 结合（Ⅰ）可得
max
1
1
( )
ln
f x
a
a
a
















ln(
)
1
a


，构造新函数，利用导数研究函数
的单调性即可得证．
【详解】（Ⅰ）由题可知
0
x 
，
1
( )
f
x
a
x



．
当
0
a 
时，
( )
0
f
x


恒成立，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；
当a<0 时，令
1
( )
0
f
x
a
x




，解得
1
x
a

．
当
1
0
x
a


时，
( )
0
f
x


，
( )
f x

在
1
0,
a







上单调递增；
当
1
x
a

时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 在
1 ,
a








上单调递减．
综上可知，当
0
a 
时，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；当a<0 时，函数
( )
f x 在
1
0,
a







上单调递增，在
1 ,
a








上单调递减．
（Ⅱ）证明：若
1
a ，则由（Ⅰ）可知，
( )
f x 在
1
x
a

处取得极大值，
max
1
1
( )
ln
f x
f
a
a

















1
ln(
)
1
a
a
a











．
令( )
ln
1
g x
x

．
0
x

>
，
1
( )
0
g x
x



，
函数( )
g x 在(0,
)
上单调递减．
又
1
a


，



max
ln
1
ln1 1
1
f x
a




，
( )
1
f x

．
4.已知
( )
f x
xlnx

，
2
( )
3
g x
x
ax



（1）对
(0,
)
x
，不等式2 ( )
( )
f x
g x

恒成立，求实数a 的取值范围；
（2）证明：对一切
(0,
)
x
，都有
1
2
x
lnx
e
ex


．
【解析】解：（1）
2
2
3
xlnx
x
ax




，则
3
2
a
lnx
x
x



，
设
3
( )
2
(
0)
h x
lnx
x
x
x




，则
(
3)(
1)
( )
2
x
x
h x
x




，
当
(0,1)
x
时，
( )
0
h x


，( )
h x 单调递减，
当
(1,
)
x
时，
( )
0
h x


，( )
h x 单调递增，
[ ( )]min
h x
h


（1）
4

，
对一切
(0,
)
x
，2 ( )
( )
f x
g x

恒成立，
[ ( )]
4
min
a
h x



．
证明：（2）问题等价于证明
2 (
(0,
))
x
xlnx
x
ex
e




，
由（1）可知
( )
(
(0
f x
xlnx x


，
))

的最小值是
1
e

，当且仅当
1
x
e

时取得．
设
2
( )
(
(0,
))
x
m x
x
ex
e




，则
1
( )
x
m x
ex



，
由题意得[ ( )]max
m x
m

（1）
1
e

，
当且仅当
1
x 时取到，从而对一切
(0,
)
x
，都有
1
2
lnx
ex
ex


成立．
题型七：三角函数型不等式证明
1.已知函数
( )
sin
cos
f x
x
ax
x


，a R
(1)若
( )
f x 在
0
x 
处的切线为y
x

，求实数a 的值；
(2)当
1
3
a 
，
[0,
)
x 
时，求证：

2
.
f x
ax

【答案】(1)
0
a 
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义有

0
1
f 
，求解即可；
（2）将

2
f
x
ax

变形成
sin
0
2
cos
x
ax
x 


，故只需证
sin
( )
0
2
cos
x
g x
ax
x




，用导数法证明
max
( )
0
g x

即
可
【详解】（1）∵

cos
cos
sin
f
x
x
a
x
ax
x




，∴
(0)
1
1
f
a


，∴
0
a 
（2）要证

2
f
x
ax

，即证sin
cos
2
x
ax
x
ax


，只需证sin
(2
cos )
x
ax
x


，因为2
cos
0
x


，也就是
要证
sin
0
2
cos
x
ax
x 


，令
sin
( )
2
cos
x
g x
ax
x



，
2
2
cos (2
cos )
sin ( sin )
2cos
1
( )
(2
cos )
(2
cos )
x
x
x
x
x
g x
a
a
x
x











∵
1
3
a 
，∴
2
2
2
2cos
1
1
(cos
1)
( )
0
(2
cos )
3
3(2
cos )
x
x
g x
x
x










∴( )
g x 在[0,
)
为减函数，∴
( )
(0)
0
g x
g


，
∴sin
cos
2
x
ax
x
ax


，得证
2.已知函数

e
1
x
f x
x


.
(1)证明：

0
f x ；
(2)当
1
m £ 时，证明不等式e
cos
2
0
x
mx
x




，在


0,
x
上恒成立.
【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据导函数分析

f
x 的单调性，即可得到



min
0
0
f x
f x
f



，即可证明

0
f x ；
（2）令
e
cos
2
x
g x
mx
x




，求导，根据放缩的思路得到

0
g
x


，然后利用
g x 在

0, 

上的单
调性即可证明
cos
2
0
x
mx
x




e
.
【详解】（1）证明：

e
1
x
f
x


，当
0
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f
x 单调递增；
当
0
x 
时，

0
f
x


，

f
x 单调递减，



min
0
0
f x
f x
f



，
故e
1
0
x
x


，当且仅当
0
x 
时取等号，∴

0
f x .
（2）令
e
cos
2
x
g x
mx
x




，则

sin
x
g
x
m
x




e
，
由（1）可得e
1
0
x
x


，即e
1
x
x

，
又
1
m £ ，所以

1 1 sin
sin
g
x
x
x
x
x





，
令
sin
h x
x
x


，则

1 cos
h x
x


，
当
0
x 
时，

0
h x


，所以
h x 在

0, 

上单调递增，
所以当


0,
x
时，

0
0
h x
h


，则

0
g
x


，
g x 在

0, 

上单调递增，
当


0,
x
时，

0
0
g x
g


，即
cos
2
0
x
mx
x




e
，
所以当
1
m £ 时，不等式
cos
2
0
x
mx
x




e
，在


0,
x
上恒成立.
3.已知函数

3
1
f x
x
ax


．
(1)当
1
a 时，过点

1,0 作曲线

y
f x

的切线l，求l 的方程；
(2)当
0
a 
时，对于任意
0
x 
，证明：

cos
f
x
x

．
【答案】(1)
1
y
x
或


23
1
4
y
x


(2)证明见解析
【分析】（1）易知

1,0 不在

f
x 上，设切点

3
0
0
0
,
1
x
x
x


，由导数的几何意义求出切线方程，将

1,0 代
入求出对应
0x ，即可求解对应切线方程；
（2）构造


3
1 cos
0
g x
x
ax
x x




，求得

2
3
sin
g
x
x
a
x




，再令

u x
g
x


，通过研究

u x

正
负确定

g
x

单调性，再由

g
x

正负研究
g x 最值，进而得证.
【详解】（1）由题，
1
a 时，

3
1
f x
x
x


，

2
3
1
f
x
x


，
设切点

3
0
0
0
,
1
x
x
x


，则切线方程为




3
2
0
0
0
0
1
3
1
y
x
x
x
x
x






，
该切线过点

1,0 ，则



3
2
0
0
0
0
1
3
1 1
x
x
x
x





，即
3
2
0
0
2
3
0
x
x


，
所以
0
0
x 
或
0
3
2
x 
．又

0
1
f
；

0
1
f 
；
3
23
2
8
f 





，
3
23
2
4
f 







．
所以，切线方程为
1
y
x
或


23
1
4
y
x


；
（2）设


3
1 cos
0
g x
x
ax
x x




，则

2
3
sin
g
x
x
a
x




，
令



2
3
sin
0
u x
g
x
x
a
x x






，则

6
cos
u x
x
x



，
可知
π
0
2
x


，时，

0
u
x


；
π
2
x 
时，

0
u
x


，
故
0
x 
时均有

0
u
x


，则
u x 即

g
x

在

0, 

上单调递增，

0
g
a

，
因为
0
a 
时，则

0
0
g
a


，


0
0
g
x
g




，故
g x 在

0, 

上单调递增，
此时，

0
0
g x
g


．
所以，当
0
a 
时，对于任意
0
x 
，均有

cos
f
x
x

．
题型八：切线放缩型证明
1.已知函数f(x)＝4ex－1＋ax2，曲线y＝f(x)在x＝1 处的切线方程为y＝bx＋1.
(1)求实数a，b 的值；
(2)x>0 且x≠1 时，证明：曲线y＝f(x)的图象恒在切线y＝bx＋1 的上方；
(3)证明不等式：4xex－1－x3－3x－2ln x≥0.
解答：(1)解
f′(x)＝4ex－1＋2ax，由曲线y＝f(x)在x＝1 处的切线方程为y＝bx＋1 知：
f′（1）＝4＋2a＝b，
f（1）＝4＋a＝b＋1，解得a＝－1，b＝2.
(2)证明
由题意只需证：当x>0 且x≠1 时，4ex－1－x2>2x＋1；
设g(x)＝4ex－1－x2－2x－1，则g′(x)＝4ex－1－2x－2，
g″(x)＝4ex－1－2，易知g″(x)在(0，＋∞)单调递增；
且g″(1)＝2>0，g″(0)＝4
e－2<0，∴必定存在x0∈(0，1)，使得g″(x0)＝0，
则g′(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，＋∞)单调递增，其中g′(0)＝4
e－2<0，
g′(1)＝0，即g(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝0，即当x>0 且x≠1 时，g(x)>0 成立；
所以当x>0 且x≠1 时，曲线y＝f(x)的图象在切线y＝bx＋1 的上方.
(3)证明
要证4xex－1－x3－3x－2ln x≥0，只需证4ex－1－x2－3－2ln x
x ≥0.
由(2)知x>0 时，4ex－1－x2≥2x＋1.故只需证2x＋1≥3＋2ln x
x ，即证x2－x－ln x≥0，
设φ(x)＝x2－x－ln x，则φ′(x)＝2x－1－1
x＝2x2－x－1
x
＝（2x＋1）（x－1）
x
，
易知φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)＝0；
即不等式4xex－1－x3－3x－2ln x≥0 成立.
2.已知x1ln x1＝x2ln x2＝a，且x1<x2，求证：
x2－x1<2a＋1＋e
－2.
求证：|a－b|<
n n1－n
ln n t＋n n.
证明
设函数f(x)＝xln x(x>0)，f′(x)＝1＋ln x(x>0).设p(x)＝1＋ln x(x>0)，
则p′(x)＝1
x(x>0)，当x>0 时，p′(x)>0，因而f′(x)在(0, ＋∞)上单调递增，
而当x＝1
e时，f′(x)＝0，所以当x∈
0，1
e 时，f′(x)<0，f(x)＝xln x 单调递减，
当x∈
1
e，＋∞
时，f′(x)>0，f(x)＝xln x 单调递增.
而f(x)＝xln x＝0，解得x＝1.
取其在x＝e
－2 和x＝1 处的切线，分别为l1：g(x)＝－x－e
－2 和l2：m(x)＝x－1，
令h(x)＝f(x)－g(x)＝xln x＋x＋e
－2(x>0)，则h′(x)＝2＋ln x，
当0<x<e
－2 时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x>e
－2 时，h′(x)>0，h(x)单调递增.于是h(x)≥h(e
－2)＝0，从而f(x)≥g(x)，
令φ(x)＝f(x)－m(x)＝xln x－x＋1(x>0)，则φ′(x)＝ln x，
当0<x<1 时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
当x>1 时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
于是φ(x)≥φ(1)＝0，从而f(x)≥m(x)，如图.
直线y＝a 与直线l1，函数f(x)的图象和直线l2 分别交于x1′，x1，x2，x2′，
则有：x1′<x1<x2<x2′，
x2－x1<x2′－x1′＝(a＋1)－(－a－e
－2)＝2a＋1＋e
－2.
3.已知函数
1
2
( )
4



x
f x
e
ax ，曲线
( )
y
f x

在
1
x 处的切线方程为
1
y
bx

.
（1）求实数a
b
、的值；
（2）
0
x 
且
1
x 时，证明：曲线
( )
y
f x

的图象恒在切线
1
y
bx

的上方；
（3）证明：不等式：
1
3
4
3
2ln
0
x
xe
x
x
x



.
【答案】（1）
1
a ，
2
b 
；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【详解】（1）
1
( )
4
2




x
f
x
e
ax ，由曲线
( )
y
f x

在
1
x 处的切线方程为
1
y
bx

知：
(1)
4
2
,
(1)
4
1,
f
a
b
f
a
b











解得
1
a ，
2
b 
.
（2）由题意只需证：当
0
x 
且
1
x 时，
1
2
4
2
1



xe
x
x
；
设
1
2
( )
4
2
1





x
g x
e
x
x
，则
1
( )
4
2
2





x
g x
e
x
，
1
( )
4
2




x
g
x
e
，易知
( )
n
g
x 在(0,
)
单调递增；且
(1)
2
0



g
，
4
(0)
2
0




g
e
，∴必定存在
0
(0,1)
x 
，使得


0
0


g
x
，则
( )
g x

在

0
0, x
单调递减，在


0,
x 单调递增，其中
4
(0)
2
0




g
e
，
(1)
0
g

，即( )
g x 在(0,1)单调递减，在(1,
)
单调递增，
min
( )
(1)
0
g x
g



，即当
0
x 
且
1
x 时，
( )
0

g x
成立；所以当
0
x 
且
1
x 时，曲线
( )
y
f x

的图象在切线
1
y
bx

的上方.
（3）要证：
1
3
4
3
2ln
0



x
xe
x
x
x，只需证
1
2
2ln
4
3
0


x
x
e
x
x
.
由（2）知
0
x 
时，
1
2
4
2
1


xe
x
x

.
故只需证
2ln
2
1 3


x
x
x

，即证
2
ln
0



x
x
x
，
设
2
( )
ln




x
x
x
x，则
2
1
2
1
(2
1)(
1)
( )
2
1









x
x
x
x
x
x
x
x
x
，易知( )
x 在(0,1)单调递减，
在(1,
)
单调递增，
( )
(1)
0




x 
；即不等式：
1
3
4
3
2ln
0



x
xe
x
x
x成立.
4.已知函数



ln
x
f x
e
x
m



①
（1）设
0
x 
是

f x 的极值点，求m 并讨论

f x 的单调性；
（2）当
2
m 
时，证明：

0
f x 
【解析】（1）由题意，

1
x
f
x
e
x
m




，
1
x ，
因为
0
x 
是

f x 的极值点，所以

1
0
1
0
f
m



，解得：
1
m ，
故



1
1
1
1
1
x
x
x
e
f
x
e
x
x








，
令

1
1
x
u x
x
e




1
x 
，则



2
0
x
u x
x
e




，所以
u x 在

1,
上单调递增，
又
0
0
u

，所以当1
0
x


时，
0
u x 
，故

0
f
x


；当
0
x 
时，
0
u x 
，故

0
f
x


，
从而

f x 在

1,0

上单调递减，在

0,上单调递增.
（2）证法1：当
2
m 
时，





ln
ln
2
x
x
f x
e
x
m
e
x






，
令


ln
2
x
g x
e
x



，
2
x ，则



2
1
1
2
2
x
x
x
e
g
x
e
x
x








，
令




2
1
2
x
h x
x
e
x




，则



3
0
x
h x
x
e




，所以
h x 在

2,

上单调递增，
结合

1
1
1
0
h
e



，
0
1
0
h

知存在唯一的
0x 使

0
0
h x

且


0
1,0
x 
，
当
0
2
x
x


时，
0
h x 
，所以

0
g
x


，当
0
x
x

时，
0
h x 
，所以

0
g
x


，
从而

g x 在

0
2, x

上单调递减，在

0,
x 上单调递增，故





0
0
0
min
ln
2
x
g x
g x
e
x




①，因为




0
0
0
2
1
0
x
h x
x
e



，所以
0
0
1
2
xe
x


，两边取对数得：


0
0
ln
2
x
x


，
代入①得：





2
0
0
0
0
0
1
1
0
2
2
x
g x
x
x
x







，所以
0
g x 
，即


ln
2
0
xe
x



，
因为当
2
m 
时，



ln
2
x
f x
e
x



，所以

0
f x 
.
证法2：当
2
m 
时，





ln
ln
2
x
x
f x
e
x
m
e
x






，下面先证
1
xe
x

，
令
1
x
g x
e
x




xR ，则

1
x
g
x
e


，所以

0
0
g
x
x




，

0
0
g
x
x




，
从而
g x 在

,0

上单调递减，在

0,上单调递增，故

min
0
0
g x
g


，
所以
0
g x 
，从而
1
xe
x

，当且仅当
0
x 
时等号成立，
再证


ln
2
1
x
x


，令




ln
2
1
2
h x
x
x
x





，则

1
1
1
2
2
x
h x
x
x






，
所以

0
2
1
h x
x



，

0
1
h x
x



，从而
h x 在

2, 1


上单调递增，在

1,
上单调递
减，故


max
1
0
h x
h



，所以
0
h x 
，故


ln
2
1
x
x


，当且仅当
1
x 时等号成立，
综上所述，有


ln
2
1
x
x
x
e



，且两个等号不能同时成立，所以


ln
2
x
x
e


，故


ln
2
0
xe
x



，
因为当
2
m 
时，





ln
ln
2
x
x
f x
e
x
m
e
x






，所以

0
f x 
.
题型九：韦达定理代换型
1.已知函数



2
ln
f x
x
x
ax a
R




.
（1）求函数

f
x 的单调区间；
（2）设

f
x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x

，若
1
1
0
2
x


，求证：



1
2
3
ln 2
4
f x
f x



.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）先把函数进行求导并进行化简，由题意知，
0
x 
，在对a 进行讨论即可得到答案.
（2）由（1）知在
2 2
a 
时，

f
x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，利用韦达定理求出
1
2
,
x x 的关系式，并用
1x 分别
表示出
2x 和a ，把
1
2
,
x x 代入




1
2
f x
f x

中进行化简，
1
1
0
2
x



，所以可以求出最小值，即可证出



1
2
3
ln 2
4
f x
f x



.
（1）由题意可知

2
1
2
1
2
x
ax
f
x
x
a
x
x







，
0
x 
，
当
0
a 
时，

'
0
f
x 
，则

f
x 在

0, 

是单调递增；
当
0
a 
时，若
2
8
a 
0

，即0
2 2
a


时，

'
0
f
x 
若
2
Δ
8
0
a



，即
2 2
a 
时，
2
8
0,
4
a
a
x










和
2
8 ,
4
a
a
x













时，

'
0
f
x 
2
2
8
8
,
4
4
a
a
a
a
x













时，

'
0
f
x 
，综上，
2 2
a 
时，

f
x 在

0, 

是单调递增；
2 2
a 
时，

f
x 在
2
8
0,
4
a
a










和
2
8 ,
4
a
a











递增，在
2
2
8
8
,
4
4
a
a
a
a












递减
（2）由题意可设，
1
2
,
x x 是
2
2
1
0
x
x
ax




的两个根，则
1
2
1
2
1
,
2
2
a
x
x
x x



2
1
1
1
1
1
,
2
2
x
a
x
x
x




（用
1x 分别表示出
2x 和a ）






2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
ln
ln
f
x
f
x
x
x
ax
x
x
ax








，整理，
得




2
1
2
1
1
2
1
1
2ln
ln 2
4
f
x
f
x
x
x
x






，此时
1
1
0, 2
x






设
2
2
1
2ln
ln 2
4
h x
x
x
x




，求导得



2
2
4
2
3
3
3
2
1
2
1
4
4
1
2
0
2
2
2
x
x
x
h x
x
x
x
x
x












恒成立，

h x

在
1
0, 2






上单调递减，

1
3
ln 2
2
4
h x
h









2.已知函数f（x）＝ln x＋ax2－x.
（1）若a＝－1，求函数f（x）的极值；
（2）设f′（x）为f（x）的导函数，若x1，x2 是函数f′（x）的两个不相等的零点，求证：f（x1）＋f（x2）
<x1＋x2－5
【答案】（1）极大值是
1
2
f 




＝－ln 2－3
4 ，无极小值；（2）证明见解析
【分析】（1）由a＝－1，得到f（x）＝ln x－x2－x，求导

f
x

=－(
1)(2
1)
x
x
x


，令

f
x

>0，

f
x

<0
求解；
（2）由

2
2
1
ax
x
f
x
x




，且x>0，得到x1，x2 是方程2ax2－x＋1＝0 的两个不相等正实根，利用根的
分布，得到0<a< 1
8 ，然后利用韦达定理，得到f（x1）＋f（x2）－x1－x2＝
1
3
ln
1
2
4
a
a

，利用导数法证
明.
（1）
解：当a＝－1 时，f（x）＝ln x－x2－x，且定义域为（0，＋∞）.
则

f
x

＝1
x －2x－1＝－(
1)(2
1)
x
x
x


.
令

f
x

>0，得0<x<
1
2 ；令

f
x

<0，得x>
1
2 .
故f（x）在
1
(0,
)
2 单调递增，在1
( ,
)
2 上单调递减，
故f（x）的极大值是
1
2
f 




＝－ln 2－3
4 ，
综上，函数f（x）的极大值是
1
2
f 




＝－ln 2－3
4 ，无极小值.
（2）证明：由题意得

2
1
2
1
2
1
ax
x
f
x
ax
x
x







，且x>0，则x1，x2 是方程2ax2－x＋1＝0 的两个不
相等正实根，
∴
1
2
1
2
Δ
1 8
0
1
0
2
1
0
2
a
x
x
a
x x
a














解之得0<a< 1
8 .f（x1）＋f（x2）－x1－x2＝ln x1＋ln x2＋a
2
1x ＋a
2
2x －2（x1＋x2）
＝a（
2
1x ＋
2
2x ）－2（x1＋x2）＋ln（x1x2）＝a[（x1＋x2）2－2x1x2]－2（x1＋x2）＋ln（x1x2）
＝
1
3
ln
1
2
4
a
a

，令t＝1
2a ，g（t）＝ln t－3t
2 －1，t∈（4，＋∞），则

g
t

＝1
3
2
3
0
2
2
t
t
t




，t∈（4，
＋∞），
故g（t）在（4，＋∞）上单调递减，
故g（t）<g（4）＝ln 4－7<2－7＝－5，所以f（x1）＋f（x2）<x1＋x2－5.
3.已知函数

1
n
)
l
(
f
x
x
a
x a
x



R ，
（1）求曲线

y
f x

在点
1
( ,
)
e
e

处的切线与坐标轴围成三角形的面积．
（2）

f
x

是

f
x 的导函数，若函数

2
2ln
g x
x
f
x
ax
x





有两个极值点
1
2
,
x x ，且
1
2
0
x
x
e



，
求证：



2
1
2
2
1
4
g x
g x
e
e




．
【答案】（1）2（2）证明见解析
【分析】
（1）对函数进行求导，求出点



e
f e
，
处的切线的斜率，用点斜式求出切线方程，令
0
y 
和令
0
x 
，
得出坐标轴上的截距，可得三角形面积；
（2）利用函数
g x 有两个极值点
1x ，
2
1
2
(
)
x
x
x

得a 与两极值的关系
1
2
x
x
a


，
1
2
1
x
x

，
2
1
1
x
x

，
1
1
1
x
a
x


，“证明



2
1
2
2
1
e
4
e
g x
g x




”等价于“证明



2
1
2
2
1
e
4
e
g x
g x




”.表达函数


2
2
'
2
2
2
1
g x
x f
x
lnx
ax
x
ax
lnx






，可得



2
1
2
1
1
2
1
1
4
g x
g x
x
lnx
x




，
1
1
(
1)
x
e 

，令

2
2
1
4
h t
t
lnt
t



，
2
2
3
1
2
(
1)
0
4
t
h t
t
t
t




，求新函数
h t 在区间的最值，即可得证．
（1）解：由函数

1
n
)
l
(
f
x
x
a
x a
x



R 的定义域为(0,
)
，可得

1
1
f e
e
a
e
e




，解得a
e

，
又由

2
1
1
a
f
x
x
x



，即

2
1
1
e
f
x
x
x



，故所求切线的斜率为

2
2
1
1
1
e
f
e
e
e
e




，
所以切线方程为


2
1
1
y
x
e
e
e



，即
2
2
x
y
e
e


，令
0
y 
，得
2
x
e

；令
0
x 
，得
2
y
e

，
所以切线与坐标轴围成三角形的面积
1
2
2
2
2
S
e
e




．
（2）
证明：

2
2
·
2
2
2
1
g x
x f
x
lnx
ax
x
ax
lnx







．
则函数

y
g x

的定义域为

0 
，
，且



2
2
1
2
2
2
x
ax
g
x
x
a
x
x







，
若函数

y
g x

有两个极值点
1x ，
2x ，且
1
2
x
x
e


，
则方程
2
1
0
x
ax


的判别式
2
4
0
a



，且
1
2
0
x
x
a



，
1
2
1

x x
，
所以
2
1
1
e
x
x


，由基本不等式得
1
2
1
2
2
2
a
x
x
x x




，且
1
1
1
e
x

，
“证明



2
1
2
2
1
e
4
e
g x
g x




”等价于“证明




2
1
2
2
1
e
4
e
g x
g x




”.



2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2
2ln
2
2ln
g x
g x
x
ax
x
x
ax
x












1
2
1
2
1
2
1
·
2
4
x
x
x
x
a x
x
lnx









2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
4ln
4ln (
1)
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x









．
设
2
2
1
1
4ln (
1)
e
h t
t
t
t
t




，则



2
2
3
3
2
1
2
4
2
0
t
h t
t
t
t
t







在
1 1
e
t






，上恒成立．
故

y
h t

在1 1
e






，上单调递减，从而

1
0
h t
h


，
2
2
1
1
e
4
e
e
h t
h









．
因此，


1
2
g x
g x

的取值范围是
2
2
1
0
e
4
e








，
，所以



2
1
2
2
1
e
4
e
g x
g x




．
4.已知函数

2
1
ln
2
f x
x
x
mx



，（m
R

）．
（1）若

f
x 存在两个极值点，求实数m 的取值范围；
（2）若
1x ，
2x 为

f
x 的两个极值点，证明：






2
1
2
1
2
2
2
2
8
f x
f x
m
x
x
f











．
【答案】（1）

, 2

（2）证明见解析
【分析】（1）
1
( )
f
x
x
m
x




，(
0)
x 
，若
( )
f x 存在两个极值点，则y
m

与
1
(
)
y
x
x


，(
0)
x 
有两个交
点，即可得出答案．
（2）由（1）知
2
m ，且
1
2
x
x
m


，
1
2
1

x x
，
则
2
1
2
1
2
( )
(
)
1
(
)
ln(
)
2
2
2
2
8
f x
f x
x
x
m
m
f







，只需证明
ln(
)
1
0
2
2
m
m




，即可解得m 的取值范围．
（1）（1）
1
( )
f
x
x
m
x




，(
0)
x 
，若
( )
f x 存在两个极值点，则
( )
0
f
x


在(0,
)
上有两个根，
所以
1
(
)
m
x
x


有两个根，即y
m

与
1
(
)
y
x
x


，(
0)
x 
有两个交点，
2
2
2
1
1
1
x
y
x
x




，
所以在(0,1) 上，
0
y
，y 单调递增，在(1,
)
上，
0
y
，y 单调递减，
所以
1
x 时，
2
max
y
，所以
2
m ，所以m 的取值范围为(
, 2)

．
（2）证明：由（1）知
2
m ，且
1
2
x
x
m


，
1
2
1

x x
，
所以



2
1
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
ln
ln
2
2
2
ln
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
mx
x
x
mx
f x
f x
x
x
x
x
x
x
f
m

































2
1
ln
2
2
8
m
m










，所以只需证明
ln
1
0
2
2
m
m










，令
2
m
t 
，故
1
t ，原不等式等价于ln
1
t
t

对
1
t 成立，令


ln
1
g t
t
t



，
1
( )
0
t
g t
t




，所以
( )
ln
(
1)
g t
t
t
=
-
-
单调递减，
则有
( )
ln
(
1)
g t
t
t
g




（1）
0

．
题型十：极值点偏移加法型(��+ ��)
1.已知函数

2
2
e
e



x
f x
ax
x 有两个极值点
1
3
a，


2
1
2
x
x
x

．
(1)求实数a 的取值范围；
(2)证明：
1
2
2ln 2
x
x
a


．
【答案】(1)
2e ,
2







(2)证明见解析
【分析】（1）由

0
f
x


，有
2
e
e
2
x
a
x


，令
2
e
e
x
g x
x


，利用导数研究单调性，求
g x 的取值范围
得实数a 的取值范围；
（2）由



1
2
0
f
x
f
x




，得
2
1
2
1
e
e
2
x
x
a
x
x



，证明
1
2
2
1
2
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x




，得
1
2
2
2
e
x
x
a


，从而
1
2
2ln 2
x
x
a


．
【详解】（1）

2
e
2
e
0
x
f
x
ax





有两个两侧异号的零点
1
2
,
x x ，又

2
0
1 e
0
f 


，于是
2
e
e
2
x
a
x


，
令
2
e
e
x
g x
x


，则



2
2
1 e
e
x
x
g
x
x




，令


2
1 e
e
x
h x
x



，则

 ex
h x
x


.
当
(
,0)
x
时，


2
1 e
e
0
x
h x
x



，于是



2
2
1 e
e
0
x
x
g
x
x




，
所以
g x 在(
,0)

单调递减且
2
e
e
0
x
g x
x



，
当
,
(
)
0
x
时，

0
h x


，
h x 在(0,
)
单调递增，
又
2
0
h

，所以当


0,2
x
时，

0,
0
h x
g
x



，
g x 在

0,2 单调递减，
当
(2,
)
x
时，

0, 
0
h x
g
x



，
g x 在(2,
)
单调递增.
又
2
2
e
g

且

,
x
g x

，

0 ,
x
g x


，所以
2
2
e
a 
.所以实数a 的取值范围为
2e ,
2







.
（2）因为



1
2
0
f
x
f
x




，所以
1
2
2
2
1
2
e
e
2
,e
e
2
x
x
ax
ax




，于是


2
1
2
1
e
e
2
x
x
a x
x



，从而
2
1
2
1
e
e
2
x
x
a
x
x



，
下面证明
1
2
2
1
2
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x




，即证明
2
1
2
1
2
2
1
e
1
e
x
x
x
x
x
x



，令
2
1
2
x
x
u


，即证明


2e
1
e
0
2
u
u u
u


，即证明


e
e
2
0
u
u
u u




，
令


e
e
2
0
u
u
u
u u






，

e
e
2
2 e
e
2
0
u
u
u
u
u










.所以
u

在(0,
)
单调递增，所以


0
0
u




.
从而


e
e
2
0
u
u
u u




.所以
1
2
2
1
2
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x




，于是
1
2
2
2
e
x
x
a


，由(1)知
2
2
e
a 
，从而
1
2
2ln 2
x
x
a


．
2.已知函数

ln
1,
f
x
x
a x
a



R .
(1)若

0
f x 
，求a 的取值范围；
(2)若关于x 的方程

2
2
e
e
ax
f
x
x


有两个不同的正实根
1
2
,
x x ，证明：
1
2
2 e
x
x


.
【答案】(1)
2 e ,
e







(2)证明见解析
【分析】（1）对不等式

0
f x 
参变分离，然后构造函数
ln
1
x
g x
x


，利用导数求
g x 的最大值可解；
（2）将

2
2
e
e
ax
f
x
x


变形为




2
ln e
2
e
ln e
e
x
ax
x
ax



，构造函数

ex
F x
x


，根据其单调性将方程转
化为


2
ln e
ax
x

，再构造函数
1 2lnx
h x
x


，利用导数讨论其性质，结合图象可得
1
2
1
2
e
,0
e
e
x
x
a





，构造函数



2
1
ln
(
1)
1
t
G t
t
t
t





，根据单调性，并令
2
1
1
x
t
x

，可得
2
1
1
2
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，最后由
1
1
2
2
1 2ln
1 2ln
ax
x
ax
x





作差整理可证.
【详解】（1）

f
x 的定义域为

0, 

，由

ln
1
0
f x
x
a x



，得
ln
1
x
a
x


.
设
ln
1
x
g x
x


，则

1
ln
2
x
g
x
x x



.由

0
g
x


，得0
e
x


，由

0
g x


，得
e
x，
则
g x 在

0,e 上单调递增，在

e,上单调递减，从而

max
2 e
( )
e
e
g x
g


.
故
2 e
e
a 
，即a 的取值范围是
2 e ,
e







.
（2）证明：由

2
2
e
e
ax
f
x
x


，得
2
2
ln
1
e
e
ax
x
ax
x



，即


2
2
e
ln e
eax
x
x
ax



，即




2
ln e
2
e
ln e
e
x
ax
x
ax



.
设

ex
F x
x


，则




2
ln e
2
e
ln e
e
x
ax
x
ax



等价于






2
ln e
F
x
F ax

.易证

F x 在R 上单调递增，则


2
ln e
ax
x

，即
1
2lnx
a
x


.设
1 2lnx
h x
x


，则

2
1 2lnx
h x
x



.由

0
h x


，得0
e
x


，由

0
h x


，
得
e
x 
，
则
h x 在

0,
e 上单调递增，在

e,上单调递减，
从而


max
2
( )
e
e
h x
h


，且
1
2
1
2
1
2
1
2ln e
1
e
0
e
e
h
h

























，
当x 趋于时，
h x 趋于0.
方程

2
2
e
e
ax
f
x
x


有两个不同的正实根
1
2
,
x x ，不妨
设
1
2
x
x

，
由图可知，
1
2
1
2
e
,0
e
e
x
x
a





.设




2
2
2
1
(
1)
ln
(
1),
0,
1
(
1)
t
t
G t
t
t
G t
t
t t










则

G t 在

1,上单调递增.因为
1
0
G

，所以

0
G t 
，即


2
1
ln
0
1
t
t
t




.
设
2
1
1
x
t
x

，则
2
2
1
2
1
1
1
ln
2
0
1
x
x
x
x
x
x




，即

2
1
2
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x




，则
2
1
1
2
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




.
因为方程

2
2
e
e
ax
f
x
x


有两个不同的正实根
1
2
,
x x ，所以
1
1
2
2
1 2ln
1 2ln
ax
x
ax
x





，作差得
2
1
2
1
2
ln
ln
x
x
x
x
a



.
因为
2
0
e
a


，所以2
e
a 
，所以
2
1
2
1
e
ln
ln
x
x
x
x



，则
1
2
e
2
x
x


，故
1
2
2 e
x
x


.
3.已知函数
( )
ex
m
f x
x


．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)若
1
2
x
x

，且




1
2
2
f x
f x


，证明：0
e
m


，且
1
2
2
x
x


．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分
0
m 
和
0
m 
两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为
1
2
,
x x 是方程
e (2
)
x
m
x


的两个实数根，构造函数( )
e (2
)
x
g x
x


，得到其单调性和极值最值
情况，结合图象得到0
e
m


，再构造差函数，证明出
1
2
2
x
x


.【详解】（1）
( )
f x 的定义域为R，
由题意，得
e
( )
1
e
ex
x
x
m
f
x
m




，xR ，当
0
m 
时，
( )
0
f
x


恒成立，
( )
f x 在R 上单调递增；
当
0
m 
，且当
(
,ln
)
x
m

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减；
当
(ln
,
)
x
m

时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增．
综上，当
0
m 
时，

f
x 在R 上单调递增；
当
0
m 
时，

f
x 在区间

,ln m

上单调递减，在区间

ln
,
m 上单调递增．
（2）证明：由




1
2
2
f x
f x


，得
1
x ，
2
x 是方程
2
ex
m
x 

的两个实数根，
即
1
2
,
x x 是方程
e (2
)
x
m
x


的两个实数根．令( )
e (2
)
x
g x
x


，则
( )
e (1
)
x
g x
x



，
所以当


,1
x
时，
( )
0
g x


，
g x 单调递增；当


1
x

，
时，
( )
0
g x


，
g x 单调递减，
所以

max
1
e
g x
g


．因为当x 时，( )
0
g x 
；当x 时，( )
g x ，
2
0
g

，所以0
e
m


．
不妨设
1
2
x
x

，因为
1
x ，
2
x 是方程
e (2
)
x
m
x


的两个实数根，则
1
2
1
2
x
x


．
要证
1
2
2
x
x


，只需证
1
2
2
x
x


．因为
1
1

x
，
2
2
1
x

，所以只需证



1
2
2
g x
g
x


．
因为



1
2
g x
g x

，所以只需证



2
2
2
g x
g
x


．今( )
( )
(2
)
h x
g x
g
x



，1
2
x


，
则


2
2
( )
( )
(2
)
e (1
)
e
(
1)
(1
) e
e
x
x
x
x
h x
g x
g
x
x
x
x















2
2
e
e
(1
)
0
e
x
x
x





在

1,2 恒成立．
所以( )
h x 在区间(1,2) 上单调递减，所以( )
(1)
0
h x
h


，即当1
2
x


时，
( )
(2
)
g x
g
x


．
所以



2
2
2
g x
g
x


，即
1
2
2
x
x


成立．
4.已知函数

2
ln
,
R
a
f
x
x
a
x



．若函数

f
x 有两个不相等的零点
1
2
,
x x ．
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：
1
2
4
x
x
a


．
【答案】(1)
1
0, 2e





；(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数



4
g x
f x
f
a
x



，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知：




2
2
2
ln
0
a
x
a
f
x
x
x
f
x
x
x







，
若
0
a 
，则
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，即

f
x 单调递增，不存在两个不等零点，故
0
a 
，
显然当
2
x
a

时，
( )
0
f
x
¢
>
，当0
2
x
a


时，

0
f
x


，
则

f
x 在

0,2a 上单调递减，在

2 ,a 上单调递增，
所以若要符合题意，需


1
2
0
ln 2
1
0
0, 2e
f
a
a
a










，此时有
2
4
2
a
a

，且



2
1
4
2ln 2
2
f
a
a
a


，
令

2
1
1
2
1
2ln
0,e
t
g t
t
t
g t
t
t


















，而

1
1
1
0
e
2
2
t
g t





，即
g t 在
1
0, e





上递减，故

1
e
2
0
e
g t
g 









，所以

2
4
0
f
a

，又
1
2
0
f
a


，
故在区间

2
4
,2
a
a 和

2 ,1
a
上函数

f
x 存在各一个零点，符合题意，综上
1
0, 2e
a






；
（2）结合（1），不妨令
1
2
0
2
x
a
x



，构造函数




4
0
2
g x
f x
f
a
x
x
a





，
则







2
2
2
2
2
8
2
2
2
0
4
4
a x
a
x
a
a
x
g
x
x
a
x
x
a
x










，即
g x 单调递减，所以


2
0
g x
g
a


，
即








1
1
1
1
2
1
4
0
4
g x
f x
f
a
x
f x
f x
f
a
x








，因为
1
2
0
2
x
a
x



，所以
1
4
2
a x
a

，
由（1）知

f
x 在

2 ,a 上单调递增，所以由




2
1
2
1
4
4
f x
f
a
x
x
a
x





，故
1
2
4
x
x
a


.
题型十一：极值点偏移乘积型(����)
1.已知函数
2
1
( )
(2
1)
2ln (
R)
2
f x
ax
a
x
x a





.
(1)若
( )
f x 有唯一极值，求a 的取值范围；
(2)当
0
a 
时，若
1
2
( )
(
)
f x
f x

，
1
2
x
x

，求证：
1
2
4
x x 
.
【答案】(1)
0
a 
；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设
1
2
0
2
x
x



，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数
2
1
( )
(2
1)
2ln
2
f x
ax
a
x
x




的定义域为(0,
)
，
求导得
2
(
1)(
2)
( )
(2
1)
ax
x
f
x
ax
a
x
x








，
当
0
a 
时，若
1
2
a 
，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，无极值点，不符合题意；
若
1
0
2
a


，当0
2
x


或
1
x
a

时，
( )
0
f
x


，当
1
2
x
a


时，
( )
0
f
x


，
即函数
( )
f x 在
1
(0,2),(
,
)
a 上单调递增，在
1
(2,
)
a 上单调递减，函数
( )
f x 有两个极值点，不符合题意；
若
1
2
a 
，当
1
0
x
a


或
2
x 
时，
( )
0
f
x


，当1
2
x
a 

时，
( )
0
f
x


，
即函数
( )
f x 在
1
(0,
),(2,
)
a
上单调递增，在1
( ,2)
a
上单调递减，函数
( )
f x 有两个极值点，不符合题意；
当
0
a 
时，当0
2
x


时，
( )
0
f
x


，当
2
x 
时，
( )
0
f
x


，
即函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，2 是函数
( )
f x 的极大值点，且是唯一极值点，
所以a 的取值范围是
0
a 
.
（2）当
0
a 
时，函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，
由
1
2
( )
(
)
f x
f x

，
1
2
x
x

，不妨令
1
2
0
2
x
x



，
要证
1
2
4
x x 
，只证
1
2
4
x
x

，即证

1
2
4
f x
f
x







，就证


2
2
4
0
f x
f
x








，
令
4
( )
( )
( ),
2
g x
f x
f
x
x



，求导得
2
4
4
( )
( )
( ) (
)
g x
f
x
f
x
x






2
2
)
4
4
2
(
1)(
2)
(
1)(
2
(
2)
4
(
4 )
(
1
)
4
)(
2
a
ax
x
x
x
a
ax
x
x
x
x
x
x
x
x













2
2
2
2
2
8
2 (
2)[ (
2
4)
]
(
1
)
x
x
a
x
x
a x
x
x
ax
x
x
x
x











2
2
3
(
2) [ (
1)
3
]
0
x
a x
a
x
x






，于是函数( )
g x 在(2,
)
上单调递减，( )
(2)
0
g x
g


，
而
2
2
x 
，则
2
(
)
0
g x

，即
2
2
2
2
4
4
(
)
(
)
0
(
)
(
)
f x
f
f x
f
x
x




，又
1
2
( )
(
)
f x
f x

，
因此
1
2
4
( )
(
)
f x
f x

，显然
1
2
4
0
2,0
2
x
x




，又函数
( )
f x 在(0,2) 上单调递增，则有
1
2
4
x
x

，
所以
1
2
4
x x 
.
2.已知函数

ex
f x
x

，
ln
g x
x
x


.
(1)求函数
g x 的极值；
(2)若


h x
f x
g x


，求函数
h x 的最小值；
(3)若
h x
a

有两个零点
1
x ，
2
x ，证明：
1
2
1
x x .
【答案】(1)极大值为1
，无极小值(2)e
1
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后解不等式
( )
0
g x


、
( )
0
g x


即可求得极值.
（2）运用导数研究( )
h x 的单调性，进而可求得其最小值.
（3）由已知可得
1
1
2
2
ln
ln
1
1
2
2
e
ln
e
ln
x
x
x
x
x
x
x
x







，构造函数
ex
y
x


，根据其单调性可得
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x



，构造函数
( )
ln
M x
x
x


并研究其单调性，构造函数
1
( )
( )
T x
M x
M
x








并研究其单
调性，当
1
x 时，依次结合函数
( )
y
T x

、
( )
y
M x

的单调性即可证得结果.
【详解】（1）由题意知函数( )
g x 的定义域为(0,
)
，
1
1
( )
1
x
g x
x
x




，
( )
0
0
1
g x
x




，
( )
0
1
g x
x



，所以( )
g x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减，
所以( )
g x 在
1
x 处取得极大值，极大值为1
，无极小值.
（2）由题意知函数
e
ln
x
x
h
x
x
x



的定义域为
(0,
)
.


2
2
2
2
e
(
1)
e (
1)
1
e (
1)
( )
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
x
x











，
则
( )
0
1
h x
x



，
( )
0
0
1
h x
x




，所以( )
h x 在(0,1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增.
所以
min 
( )
(1)
e 1
h x
h


.
（3）不妨设
1
2
x
x

，则由（2）知
1
2
0
1
x
x


，
2
1
0
1
x

.设( )
( )
S x
h x
a


，由



1
2
0
S x
S x


，得
1
2
1
1
2
2
1
2
e
e
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x





，即
1
1
2
2
ln
ln
1
1
2
2
e
ln
e
ln
x
x
x
x
x
x
x
x







，
因为函数
ex
y
x


在R 上单调递增，所以
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x



成立.
构造函数
( )
ln
M x
x
x


，则
1
1
( )
1
x
M
x
x
x




，
( )
0
1
M x
x



，
( )
0
0
1
M
x
x




，
所以
( )
ln
M x
x
x


在(0,1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增，
构造函数
1
1
( )
( )
2ln
T x
M x
M
x
x
x
x











，则
2
2
2
1
2
(
1)
( )
1
0
x
T x
x
x
x






，
所以函数
( )
T x 在(0,
)
上单调递增，
所以当
1
x 时，
( )
(1)
0
T x
T


，即当
1
x 时，
1
( )
M x
M
x







，
所以




1
2
2
1
M x
M x
M x








，又
( )
M x 在(0,1)上单调递减，所以
1
2
1
0
1
x
x


，即
1
2
1
x x .
3.已知函数

2
ln
,
R
f
x
x x
ax
x a




．
(1)若函数

f
x 是减函数，求a 的取值范围；
(2)若

f
x 有两个零点
1
2
,
x x ，且
2
1
2
x
x

，证明：
1
2
2
8
e
x x 
．
【答案】(1) e ,
2




(2)证明见解析
【分析】（1）

ln
2
2
0
f
x
x
ax





在

0, 

上恒成立，参变分离
ln
2
2
x
a
x


在

0, 

上恒成立，构
造函数求出
ln
2
x
u x
x


的最大值，从而求出a 的取值范围；
（2）由零点得到
1
2
1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
x
a
x
x
x
x




，令
2
1(
2)
x
tx t


，从而得到
1
ln
ln
1
1
t
x
t



，
2
ln
ln
1
1
t t
x
t



，




1
2
1 ln
ln
2
1
t
t
x x
t




，构造


1 ln
2(
2)
1
t
t
h t
t
t





，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）

2
ln
,
R
f
x
x x
ax
x a




的定义域为

0, 

，

ln
1 2
1
ln
2
2
f
x
x
ax
x
ax






，
函数

f
x 是减函数，故

ln
2
2
0
f
x
x
ax





在

0, 

上恒成立，
即
ln
2
2
x
a
x


在

0, 

上恒成立，令
ln
2
x
u x
x


，


0,
x
，

2
2
1
ln
2
ln
1
x
x
u
x
x
x







，
当
1
0, e






x
时，

0
u
x


，
ln
2
x
u x
x


单调递增，
当
1 ,
e
x







时，

0
u
x


，
ln
2
x
u x
x


单调递减，
故
ln
2
x
u x
x


在
1
e
x 
处取得极大值，也是最大值，且
1
e
e
u 





，故2
e
a ，解得
e
2
a 
，故a 的取值范
围是e ,
2





；
（2）若有两个零点
1
2
,
x x ，则
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
ln
0,
ln
0
x
x
ax
x
x
x
ax
x





，得
1
2
1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
x
a
x
x
x
x




．
2
1
2
0
x
x



，令
2
1(
2)
x
tx t


，则


1
1
1
1
1
1
ln
ln
1
1
tx
x
x
x
tx
tx



，故
1
ln
ln
1
1
t
x
t



，
则


2
1
1
ln
ln
ln
ln
ln
1
1
t t
x
tx
t
x
t






，




1
2
1
2
1 ln
ln
ln
ln
ln
ln
1
1
2
1
1
1
t
t
t
t t
x x
x
x
t
t
t











，
令


1 ln
2(
2)
1
t
t
h t
t
t





，则

2
1
2ln
(
1)
t
t
t
h t
t





，
令
1
2ln
(
2)
t
t
t
t
t




，则

2
2
2
2
1
(
1)
1
0
t
t
t
t
t







，
t


在

2,上单调递增，


3
3
3
4ln 2
ln e
ln16
2
2ln2
0
2
2
2
t











，


2
0
(
1)
t
h t
t






，则
h t 在

2,上单调递增，


2
8
2
3ln2
2
ln e
h t
h





，即


2
1
2
l
8
e
n
ln
x x

，故
1
2
2
8
e
x x 
.
4.已知函数




2
1
ln
1
2
f
x
x
ax
a
x a




R .
(1)当
1
a 时，求函数

y
f x

的零点个数.
(2)若关于x 的方程

2
1
2
f x
ax

有两个不同实根
1
2
,
x x ，求实数a 的取值范围并证明
2
1
2
x
x
e


.
【答案】(1)有且仅有一个零点(2)
1
1
1
a
e


，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得


ln
1
0
x
a
x



有两个不同实根
1
2
,
x x ，进而可得




1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
a
x
x
a
x







，两式相加得





1
2
1
2
ln
1
x x
a
x
x



，两式相减得


2
2
1
1
ln
(
1)
x
a
x
x
x 


，从而有
1
2
1
2
2
2
1
1
ln
ln
x x
x
x
x
x
x
x



，进而要证
2
1
2
e
x x


，
只需证


1
2
2
1
2
2
1
1
ln
ln
2
x
x
x
x x
x
x
x





，即证


2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x












，
构造函数



2
1
4
ln
ln
2
1
1
t
F t
t
t
t
t








即可证明.
【详解】（1）当
1
a 时，


2
2
1
1
(
1)
ln
2 (
0),
2
0
2
x
f x
x
x
x x
f
x
x
x
x











，
所以函数

y
f x

在

0, 

上单调递增，又因为


3
1
0,
4
ln4
0
2
f
f




，
所以函数

y
f x

有且仅有一个零点.
（2）方程

2
1
2
f x
ax

有两个不同实根
1
2
,
x x ，等价于


ln
1
0
x
a
x



有两个不同实根
1
2
,
x x ，
得
ln
1
x
a
x

，令
lnx
x
x


，则

2
1 lnx
x
x




，令

0
x


，解得0
e
x


；令

0
x


，解得
e
x；
所以
lnx
x
x


在

0,e 上单调递增，在

e,上单调递减，所以当
e
x时，
lnx
x
x


取得最大值1
e ，
由1
0


，得当


0,1
x
时，
0
x


；当




1,
,
0,
x
x
x






的大致图象如图所示，
所以当
e
1
1
0,
a





，即
1
1
1
e
a


时，

2
1
2
f x
ax

有两个不同实根
1
2
,
x x ；
证明：不妨设
1
2
0
,
x
x


且




1
1
2
2
ln
1
ln
1
x
a
x
x
a
x







两式相加得





1
2
1
2
ln
1
x x
a
x
x



，两式相减得


2
2
1
1
ln
(
1)
x
a
x
x
x 


，
所以
1
2
1
2
2
2
1
1
ln
ln
x x
x
x
x
x
x
x



，要证
2
1
2
e
x x


，只需证


1
2
2
1
2
2
1
1
ln
ln
2
x
x
x
x x
x
x
x





，
即证


2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x












，设
2
1
(
1)
x
t
t
x


，令



2
1
4
ln
ln
2
1
1
t
F t
t
t
t
t








，
则

2
2
2
1
4
(
1)
0
(
1)
(
1)
t
F t
t
t
t t








，所以函数

F t 在

1,上单调递增，且
1
0
F

，
所以

0
F t 
，即


2
1
ln
1
t
t
t



，所以
2
1
2
e
x x


，原命题得证.
题型十二：极值点偏移平方型(��
�+ ��
�)
1.已知函数

ln
1
x
f
x
ax


.
(1)讨论

f
x 的单调性；
13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 13723366289 137
(2)若



2
1
1
2
e
e
x
x
x
x

（e 是自然对数的底数），且
1 > 0
x
，
2
0
x 
，
1
2
x
x

，证明：
2
2
1
2
2
x
x


.
【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数
( )
f
x

，再按
0,
0
a
a


分类探讨
( )
f
x

的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合
1
a 时函数
( )
f x 的单调性，由
1
2
0
1
x
x


，



1
2
f x
f x

，再构造函数
( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x



，
(1,2)
x
，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数
ln
1
( )
x
f x
ax


的定义域为(0,
)
，求导得则
2
ln
( )
x
f
x
ax


，由
( )
0
f
x


得
1
x ，
若a<0 ，当0
1
x

时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递减，当
1
x 时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递增，
若
0
a 
，当0
1
x

时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递增，当
1
x 时，
( )
0
f
x


，则
( )
f x 单调递减；
所以当a<0 时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递减，在(1,
)
上单调递增；
当
0
a 
时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减.
（2）由



2
1
1
2
e
e
x
x
x
x

，两边取对数得




2
1
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x



，即
1
2
1
2
ln
1
ln
1
x
x
x
x



，
由（1）知，当
1
a 时，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，在(1,
)
上单调递减，
max
( )
(1)
1
f x
f

，而
1
( )
0
e
f

，
1
x 时，
( )
0
f x 
恒成立，
因此当
1
a 时，存在
1
2
,
x x 且
1
2
0
1
x
x


，满足



1
2
f x
f x

，
若
2
[2,
)
x 
，则
2
2
2
1
2
2
4
2
x
x
x




成立；
若
2
(1,2)
x 
，则
2
2
(0,1)
x


，记( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x



，
(1,2)
x
，
则
2
2
ln
ln(2
)
( )
( )
(2
)
(2
)
x
x
g x
f
x
f
x
x
x










2
2
ln
ln(2
)
x
x
x
x



2
2
ln[ (
1)
1]
0
x
x





，
即有函数( )
g x 在(1,2) 上单调递增，
( )
(1)
0
g x
g


，即
( )
(2
)
f x
f
x


，
于是





1
2
2
2
f x
f x
f
x



，
而
2
(1,2)
x 
，
2
2
(0,1)
x


，
1
(0,1)
x 
，函数
( )
f x 在(0,1)上单调递增，因此
1
2
2
x
x


，即
1
2
2
x
x


，
又
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
2
2 ,
1
2
2
x
x
x x
x
x




，则有


2
2
1
2
1
2
1
1
2
4
x
x
x
x




，则
2
2
1
2
2
x
x


，
所以
2
2
1
2
2
x
x


.
2.已知函数

2
ln
f x
x
ax


.
(1)讨论函数

f
x 的单调性：
(2)若
1
2
,
x x 是方程

0
f
x 
的两不等实根，求证：
2
2
1
2
2e
x
x


；
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据
0
a 
和
0
a 
分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由
2
2
ln
0
2ln
2
0
x
ax
x
ax





可得，
1
2
,
x x 是方程
2
2
ln
2
0
x
ax


的两不等实根，从而可将问题转化
为1
2
,
t t 是方程
ln
2
t
a
t

的两不等实根，即可得到a 和1
2
,
t t 的范围，原不等式等价于1
2
2e
t
t


，即极值点偏
移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数

f
x 的定义域为

0, 

.
由

2
ln
f x
x
ax


得：

2
1
1 2
2
ax
f
x
ax
x
x





，当
0
a 
时，


0,
f
x
f
x


在

0, 

上单调递增；
当
0
a 
时，由
( )
0
f
x
¢
>
得
2
0
2
a
x
a


，由

0
f
x


得
2
2
a
x
a

，
所以

f
x 在
2
0, 2
a
a








上单调递增，在
2
,
2
a
a









上单调递减.
（2）因为
1
2
,
x x 是方程
2
ln
0
x
ax


的两不等实根，
2
2
ln
0
2ln
2
0
x
ax
x
ax





，
即
1
2
,
x x 是方程
2
2
ln
2
0
x
ax


的两不等实根，
令
2(
0)
t
x t


，则
2
2
1
1
2
2
,
t
x t
x


，即1
2
,
t t 是方程
ln
2
t
a
t

的两不等实根.
令
lnt
g t
t

，则

2
1 lnt
g t
t



，所以
g t 在

0,e 上递增，在

e,上递减，
1
e
e
g

，
当
0
t 
时，
g t ；当t 时，
0
g t 
且
0
g t 
.所以0
1
2
e
a


，即0
1
2e
a


.
令
1
2
1
e
t
t



，要证
2
2
1
2
2e
x
x


，只需证1
2
2e
t
t


，
解法1（对称化构造）：令





2e
,
1,e
h t
g t
g
t
t




，
则











ln 2e
2e
ln
ln 2e
ln
2e
2e
2e
t
t
t
t
t
t
h t
g t
g
t
t
t
t
t












，令




2e
ln
ln 2e
t
t
t
t
t





，
则





2
2e
2e
1 ln
ln 2e
ln
2e
2e
2e
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t















2e
2
0
2e
t
t
t
t






，
所以t

在

1,e 上递增，

e
0
t




，所以h



2e
0
t
g t
g
t




，所以


2e
g t
g
t


，
所以



2
1
1
2e
g t
g t
g
t



，所以2
1
2e
t
t

，即1
2
2e
t
t


，所以
2
2
1
2
2e
x
x


.
解法2（对数均值不等式）：先证
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，令
1
2
0
x
x


，
只需证
2
1
2
1
2
1
ln
ln
2
x
x
x
x
x
x




，只需证

2
1
2
1
ln
0
1
1
x
x
x
x
x
x












，
令



2
2
2
2
1
4
1
(
1)
ln (
1),
0
1
(
1)
(
1)
x
x
x
x x
x
x
x
x
x x
















，
所以
x

在

1,上单调递减，所以
1
0
x




.因为
1
2
1
2
ln
ln
t
t
t
t

，所以
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
2
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t







，
所以
1
2
ln
ln
2
t
t


，即
2
1 2
e
t t 
，所以1
2
1 2
2
2e
t
t
t t



.
3.已知函数

ln x
f
x
ax
x


.
(1)若

1
f
x ，求实数a 的取值范围；
(2)若

f
x 有2 个不同的零点
1
2
,
x x （
1
2
x
x

），求证：
2
2
1
2
12
2
3
5
x
x
a


.
【答案】(1)

1,(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到
2
ln x
x
a
x


，构造
2
ln x
x
h x
x


，利用导函数得到其单调
性，极值和最值情况，得到
1
1
a
h

；
（2）转化为
2
ln x
a
x

有2 个不同的实数根，构造

2
ln x
F x
x

，得到其单调性，得到
1
2
1
e
x
x



，且
1
0, 2e
a






，求出
2
2
2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x

，换元后即证




2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t




，构造






2
2
12
1
ln
1
5 3
2
t
G t
t
t
t





，求导后得
到

G t 在

1,上单调递增，


1
0
G t
G


，得到证明.
【详解】（1）因为函数

f
x 的定义域为

0, 

，所以

1
f
x 成立，等价于
2
ln x
x
a
x


成立.
令
2
ln x
x
h x
x


，则

3
1
2ln
x
x
h
x
x




，
令
1
2ln
g x
x
x


，则

2
1
0
g
x
x



，所以
g x 在

0, 

内单调递减，
又因为1
0
g

，所以当


0,1
x
时，
0
h x


，
h x 单调递增；当


1,
x
时，
0
h x


，
h x 单调递
减，
所以

y
h x

在
1
x 处取极大值也是最大值.因此
1
1
a
h

，即实数a 的取值范围为

1,.
（2）

f
x 有2 个不同的零点等价于
2
ln x
a
x

有2 个不同的实数根.
令

2
ln x
F x
x

，则

3
1 2ln x
F
x
x



，当

0
F
x


时，解得
e
x 
.所以当


0,
e
x
时，

0
F
x


，

F x
单调递增，
当


e,
x 
时，

0
F
x


，

F x 单调递减，所以

y
F x

在
e
x 
处取极大值为

1
e
2e
F

.
又因为
1
0
F

，当


0,1
x
时，

0
F x 
，当
1
x 时，

0
F x 
.
且x 时，

0
F x 
.所以
1
2
1
e
x
x



，且
1
0, 2e
a





.
因为
1
2
,
x x 是方程
2
ln x
a
x

的2 个不同实数根，即
2
1
1
2
2
2
ln
ln
x
ax
x
ax





.将两式相除得
2
2
2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x

，
令
2
1
x
t
x

，则
1
t ，
2
2
1
ln
ln
x t
t
x

，变形得
1
2
ln
ln
1
t
x
t

，
2
2
2
ln
ln
1
t
t
x
t


.
又因为
2
1
1
ln x
x
a

，
2
2
2
ln x
x
a

，因此要证
2
2
1
2
12
2
3
5
x
x
a


，只需证
1
2
2ln
3ln
12
5
x
x
a
a
a


.
因为
0
a 
，所以只需证
1
2
12
2ln
3ln
5
x
x


，即证
2
2
2
3
ln
2ln
12
1
1
5
t
t
t
t
t




.
因为
1
t ，即证




2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t




.令






2
2
12
1
ln
1
5 3
2
t
G t
t
t
t





，则





2
2
2
2
3
2
0
3
2
t
G t
t
t




≥
，
所以

G t 在

1,上单调递增，


1
0
G t
G


，
即当
1
t 时，




2
2
12
1
ln
0
5 3
2
t
t
t




成立，命题得证.
4.已知函数

1 lnx
f x
ax


，
0
a 
．
(1)若

1
f x ≤，求a 的取值范围；
(2)证明：若存在
1
x ，
2
x ，使得



1
2
f x
f x

，则
2
2
1
2
2
x
x


．
【答案】(1)

1, 

(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证
1
2
2
x
x


，结合不等式放缩可证
2
2
1
2
2
x
x


.
【详解】（1）
1
ln
( )
x
f x
ax


，
2
ln
( )
x
f
x
ax


，令
( )
0
f
x


，解得
1
x ，
所以当
(0,1)
x
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(0,1) 上单调递增；
当
(1,
)
x



时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(1,
)


单调递减，
所以
max
1
( )
(1)
f x
f
a


，要使
( )
1
f x ，则有1
1
a ，而
0
a 
，故
1
a ，所以a 的取值范围为[1,
)


．
（2）证明：当
0
a 
时，由（1）知，当
(0,1)
x
时，
( )
f x 单调递增；
当
(1,
)
x



时，
( )
f x 单调递减，设
1
2
x
x

，所以
1
(0,1)
x 
，
2
(1,
)
x



，
①若
2
[2,
)
x



，则
2
2
2
1
2
2
4
2
x
x
x



，成立；
②若
2
(1,2)
x 
，先证
1
2
2
x
x


，此时
2
2
(0,1)
x


，
要证
1
2
2
x
x


，即证
1
2
2
x
x


，即
1
2
(
)
(2
)
f x
f
x


，
2
2
(
)
(2
)
f x
f
x


，令
( )
( )
(2
)
g x
f x
f
x



，
(1,2)
x
，
2
2
2
2
ln
ln(2
)
1
ln
ln(2
)
( )
(2
)
(2
)
x
x
x
x
g x
ax
a
x
a
x
x

















2
2
2
2
2
1
ln
ln(2
)
1
ln[ (2
)]
1
ln[ (
1)
1]
0
x
x
x
x
x
a
x
x
a
x
a
x


















，
所以( )
g x 在(�, �)上单调递增，所以
( )
(1)
0
g x
g


，即
( )
(2
)
f x
f
x


，
(1,2)
x
，所以
1
2
2
x
x


，
因为
2
1
1
1
2
x
x

，
2
2
2
1
2
x
x

，所以
2
2
1
2
1
2
1
1
2(
)
x
x
x
x



，
即
2
2
1
2
1
2
2(
)
2
2
x
x
x
x





．
题型十三：数列型单变量构造
1.已知函数

1
1
(
0)
x
f
x
x
x









．
(1)证明：

e
f x 
；
(2)讨论

f
x 的单调性，并证明：当
*
nN 时，







2
1 ln
1
ln
1 ln
2
n
n
n
n
n
n






．
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】（1）构造函数


ln 1
(
0)
h t
t
t t




，利用导数证明


ln 1
t
t

，可得
1
1
ln 1
x
x








，变形即可
得证；
（2）构造
1
ln 1
g x
x
x








，利用导数证明其单调性，再结合复合函数的单调性即可判定

f
x 的单调性，
利用

f
x 的单调性可得
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n

















，同时取对数变形即可证明结论.
【详解】（1）证明：令


ln 1
(
0)
h t
t
t t




，则

1
1
0
1
1
t
h t
t
t





，
所以
h t 在

0, 

上单调递减，所以

0
0
h t
h


，即


ln 1
t
t

．
令
1 (
0)
t
x
x


，则有
1
1
ln 1
x
x








，
所以
1
ln 1
1
x
x








，所以
1
1
ln 1
1, 1
e
x
x
x
x
















，即

e
f x 
．
（2）由

1
1
(
0)
x
f
x
x
x









可得

1
ln
ln 1
f x
x
x








，令
1
ln 1
g x
x
x








，则

1
1
ln 1
1
1
x
g
x
x
x











，
令


ln 1
(
0)
1
t
t
t
t
t






，则

2
2
1
1
0
1
(1
)
(1
)
t
t
t
t
t









，
所以t

在

0, 

上单调递增，

0
0
t




．令
1 (
0)
t
x
x


，则有

1
1
ln 1
0
1
1
x
g
x
x
x











，
所以
g x 在

0, 

上单调递增，所以

1
1
x
f x
x








在

0, 

上单调递增，
所以对于
*
nN ，有
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n

















，
所以
1
1
1
ln 1
ln 1
1
n
n
n
n

















，所以


1
1
ln 1
1 ln 1
1
n
n
n
n

















，
即








ln
1
ln
1
ln
2
ln
1
n
n
n
n
n
n














，整理得：







2
1 ln
1
ln
1 ln
2
n
n
n
n
n
n






．
2.设函数
2
( )
ln(
)
f x
x
b
x
a



,其中
0
b 
．
(1)当
1
b 时，
( )
f x 在
2
x 时取得极值，求a ；
(2)当
1
a 时，若
( )
f x 在( 1,
)

上单调递增，求b 的取值范围；
(3)证明对任意的正整数n ,不等式
2
3
1
1
1
ln(
1)
n
n
n



都成立．
【答案】(1)
9
4
a 
；(2)
1
2
b 
；(3)证明见解析.
【分析】(1)先由
1
b 得到

'
f
x ，再由

f
x 在
2
x 处取极值得到


2
0
f 

，进而可得出结果；
(2)先由
1
a 得

2
2
2
'
1
x
x
b
f
x
x




，根据

f
x 在

1,
上单调递增，可得
2
2
2
0
x
x
b



在

1,
上恒
成立，令
2
2
2
h x
x
x
b



，可得
1
0
2
h







，求解即可得出结果；
(3)先设1
x
n 
，将原不等式化为证明当


0,1
x
时，


3
2
ln
1
0
g x
x
x
x





恒成立即可，对函数
g x 求
导，确定其单调性，即可得出结论成立.
【详解】解：(1) 当
1
b 时，

1
'
2
f
x
x
x
a



，依题意有


2
0
f 

,故
9
4
a 
，此时

2
1
4
9
2
(4
1)(
2)
'
2
9
9
9
2
2
4
2
2
x
x
x
x
f
x
x
x
x
x











，
2
x 取得极大值，所以
9
4
a 
；
(2)当
1
a 时,

2
2
2
'
2
1
1
b
x
x
b
f
x
x
x
x







，若

f
x 在

1,
上单调递增，则
2
2
2
0
x
x
b



在

1,

上恒成立，
设
2
2
2
h x
x
x
b



，只需
1
1
0
2
2
h
b










，即
1
2
b 
；
(3) 若证不等式
2
3
1
1
1
ln
1
n
n
n









，设1
x
n 
，可证当


0,1
x
时，


3
2
0
+ln
1
g x
x
x
x




恒成立，



2
3
2
3
1
1
3
2
1
1
x
x
g
x
x
x
x
x









在

0,1 上恒正,

g x

在

0,1 上单调递增,当


0,1
x
时,恒有

0
0
g x
g


即当


0,1
x
时,有


3
2
ln
1
0,
x
x
x






2
3
ln
1
x
x
x



故对任意正整数n ，不等式
2
3
1
1
1
ln
1
n
n
n









成立．
3.设函数





1
ln
1
f x
ax
x
bx




，其中a 和b 是实数，曲线

y
f x

恒与x 轴相切于坐标原点．

1 求常数b 的值；

2 当0
1
x

时，关于x 的不等式

0
f x 
恒成立，求实数a 的取值范围；

3 求证：
10000.4
1000.5
10001
1001
10000
1000
e














．
【答案】(1)
1
b ；(2)
1
2
a 
；(3) 详见解析【详解】. 试题解析：
(1) 对
( )
f x 求导得：
1
( )
ln(1
)
1
ax
f
x
a
x
b
x







，根据条件知
(0)
0
f 

，所以1
0
1
b
b



.
(2) 由(1)得
( )
(1
)ln(1
)
f x
ax
x
x




，0
1
x


1
( )
ln(1
)
1
1
ax
f
x
a
x
x







2
2
(1
)
(1
)
2
1
( )
1
(1
)
(1
)
a
a
x
ax
ax
a
f
x
x
x
x













.
①当
1
2
a 
时，由于0
1
x

，有
2
2
1
(
)
( )
0
(1
)
a
a x
a
f
x
x






，于是
( )
f
x

在[0,1] 上单调递增，从而
( )
(0)
0
f
x
f




，因此
( )
f x 在[0,1] 上单调递增，即
( )
(0)
0
f x
f


而且仅有
(0)
0
f

；
②当
0
a 
时，由于0
1
x

，有
2
2
1
( )
0
(1
)
ax
a
f
x
x






，于是
( )
f
x

在[0,1] 上单调递减，从而
( )
(0)
0
f
x
f



，
因此
( )
f x 在[0,1] 上单调递减，即
( )
(0)
0
f x
f
£
=
而且仅有
(0)
0
f

；
③当
1
0
2
a



时，令
2
1
min{1,
}
a
m
a



，当0
x
m


时，
2
2
1
(
)
( )
0
(1
)
a
a x
a
f
x
x






，于是
( )
f
x

在[0,1] 上
单调递减，从而
( )
(0)
0
f
x
f



，因此
( )
f x 在[0,1] 上单调递减，即
( )
(0)
0
f x
f
£
=
而且仅有
(0)
0
f

；综上
1
2
a 
(3) 对要证明的不等式等价变形如下：
2
1
10000
1000
10000.4
1000.5
5
2
10001
1001
1
1
(
)
(
)
(1
)
(1
)
10000
1000
10000
1000
e
e









所以可以考虑证明：对于任意的正整数n ，不等式
2
1
5
2
1
1
(1
)
(1
)
n
n
e
n
n






恒成立. 并且继续作如下等价变形
2
1
5
2
1
1
2
1
1
1
(1
)
(1
)
(
)ln(1
)
1
(
)ln(1
)
5
2
n
n
e
n
n
n
n
n
n












2
1
1
(1
)ln(1
)
0 ( )
5
{
1
1
1
(1
)ln(1
)
0 ( )
2
p
n
n
n
q
n
n
n









对于( )
p 相当于（2）中
2
1
(
,0)
5
2
a 

，
1
2
m 
情形，有
( )
f x 在
1
[0, ]
2 上单调递减，即
( )
(0)
0
f x
f
£
=
而且
仅有
(0)
0
f

.
取
1
x
n

，当
2
n 
时，
2
1
1
(1
)ln(1
)
0
5n
n
n




成立；
当
1
n 时，
2
7
7
(1
)ln 2 1
ln 2 1
0.7 1
0
5
5
5





.
从而对于任意正整数n 都有
2
1
1
(1
)ln(1
)
0
5n
n
n




成立.
对于( )
q 相当于（2）中
1
2
a 
情形，对于任意x[0,1] ，恒有
( )
0
f x 
而且仅有
(0)
0
f

. 取
1
x
n

，得：对
于任意正整数n 都有
1
1
1
(1
)ln(1
)
0
2




n
n
n
成立.
因此对于任意正整数n ，不等式
2
1
5
2
1
1
(1
)
(1
)
n
n
e
n
n






恒成立.
这样依据不等式
2
1
5
2
1
1
(1
)
(1
)
n
n
e
n
n






，再令
10000
n 
利用左边，令
1000
n 
利用右边，即可得到
10000.4
1000.5
10001
1001
(
)
(
)
10000
1000
e


成立.
4.（1）已知函数

ln
f x
x x

，判断函数




1
1
g x
f
x
f
x




的单调性并证明；
（2）设n 为大于1 的整数，证明：



1
1
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n





.
【答案】（1）函数
g x 在

1,0

上单调递减，在

0,1 上单调递增，证明见解析；
（2）证明见解析
【分析】（1）求得函数( )
g x 的定义域后，判定出函数( )
g x 为偶函数，利用导数即可证明其单调性；（2）
把不等式变形为



1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n









，两边取对数后，根据( )
g x 的单调性即可证明；也可以两边取对数
后把不等式变形为







1 ln
1
ln
ln
1 ln
1
n
n
n n
n n
n
n







，构造函数




1 ln
1
ln (
0)
h x
x
x
x x x





，
利用函数( )
h x 的单调性证明.
【详解】（1）函数

f
x 的定义域为

0, 

，函数
g x 的定义域为

1,1

函数







1
ln 1
1
ln 1
g x
x
x
x
x






在

1,0

上单调递减，在

0,1 上单调递增
证明：








1
ln 1
1
ln 1
g
x
x
x
x
x







，∴


g
x
g x


则
g x 为

1,1

上的偶函数.





1
2
ln 1
ln 1
ln
ln
1
1
1
x
g
x
x
x
x
x



















0,1
x

，
2
1
1
1
x



，故

0
g
x


，
所以函数
g x 在

1,0

上单调递减，在

0,1 上单调递增.
（2）（证法一）要证明



1
1
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n





，需证明



1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n









即证明




1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
0
n
n
n
n
n
n
n
n


















，
即
1
1
1
1
1
ln 1
1
ln 1
0
n
n
n
n






























，由（1）可知即证
1
0
g n






.
∵


1
0,1
n 
且
g x 在

0,1 单调递增，∴

1
0
0
g
g
n







所以



1
1
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n





对
*
N
n
，
1
n 成立.
（证法二）要证明



1
1
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n





,即证明




1
1
1
ln
1
1
ln
1
2ln
n
n
n
n
n


















，
即证






1 ln
1
1 ln
1
2 ln
n
n
n
n
n n






，即证







1 ln
1
ln
ln
1 ln
1
n
n
n n
n n
n
n







，
设函数




1 ln
1
ln (
0)
h x
x
x
x x x





，



ln
1
ln
0
h x
x
x





，
故函数
h x 在

0, 

上单调递增又
1
0
n
n


，∴

1
h n
h n


，
即







1 ln
1
ln
ln
1 ln
1
n
n
n n
n n
n
n







成立，故原不等式成立.
题型十四：无限和裂项型数列不等式
1.已知函数



ln 1
f
x
x
mx



．
(1)求函数

f
x 的极值；
(2)求证：


*
1
1
1
ln 2
N
1
2
1
n
n
n
n
n










．
【答案】(1)①当
0
m 
时，
( )
f x 没有极值；②当
0
m 
时，
( )
f x 有极大值
1
ln
m
m

，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域后求
( )
f
x

，运用导数分类讨论
0
m 
与
0
m 
时
( )
f x 单调性进而分析
( )
f x 的极值.
（2）运用ln(1
)
x
x


(
0)
x 
对
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n






进行放缩及对数运算公式即可证明.
【详解】（1）
( )
ln(1
)
f x
x
mx



，则
( )
f x 定义域为( 1,
)
，

1
(
1)
1
f
x
m x
x





.
①当
0
m 
时，
( )
0
f
x


恒成立，则
( )
f x 为( 1,
)
上的增函数，所以
( )
f x 没有极值.
②当
0
m 
时，由
( )
0
f
x


，得
1
1
1



x
m
；由
( )
0
f
x


，得
1
1


x
m
.
所以
( )
f x 在
1
1,
1
m








上单调递增，在1
1,
m





上单调递减.
故当
1
1


x
m
时，
( )
f x 有极大值
1
1
1
ln
f
m
m
m









，无极小值.
综述：①当
0
m 
时，
( )
f x 没有极值；
②当
0
m 
时，
( )
f x 有极大值
1
ln
m
m

，无极小值.
（2）证明：取m＝1，由（1）知
( )
ln(1
)
f x
x
mx



在(0,
)
上单调递减，所以
( )
(0)
0
f x
f


.
即ln(1
)
x
x


,
0
x 
.
令
1 (
0)
x
k
k


，得
1
1
ln 1
k
k








，即
1
1
ln k
k
k


，
分别取k＝n＋1，n＋2，…，n＋（n＋1），
N
n


，
可得
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n







2
3
2
2
2
2
ln
ln
ln
ln
ln 2
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n












．
即


*
1
1
1
ln 2
N
1
2
1
n
n
n
n
n








成立．
2.已知函数
2
( )
2 ln
f x
a
x
x
a



，
R
a 
．
(1)讨论函数

f
x 的单调性；
(2)证明:


*
1
1
1
1
2ln
1
(
2
3
4
1
)
n
n
n








N

．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求得

2
2
2
x
a
f
x
x




，分
0
a 
和
0
a 
，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数

f
x 的单调区间；
（2）由（1），根据题意，得到


max
1
0
f
x
f


，即
2
2ln
1
x
x

，当n
*
N 时，结合
2
2ln
1
1
1
n
n
n
n
















，
2
1
1
2ln
1
n
n
n
n
















，L，
2
1
1
2ln
1
2
2














，将不等式累加后，即可求解.
【详解】（1）解：由函数
2
( )
2 ln
f x
a
x
x
a



，可得

f
x 的定义域为(0,
)
，
且

2
2
2
2
2
a
x
a
f
x
x
x
x






若
0
a 
，可得
( )
0
f
x


，

f
x 在(0,
)
上单调递减；
若
0
a 
，令
( )
0
f
x


，因为
0
x 
，可得x
a

，
当


0,
x
a

时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f
x 单调递增；
当


,
x
a

时，

0
f
x


，

f
x 单调递减，
综上可得：当
0
a 
时，

f
x 在(0,
)
上单调递减；
当
0
a 
时，

f
x 的递增区间为

0, a ，递减区间为

,
a .
（2）证明：由（1）知，当
1
a 时，

f
x 的递增区间为

01, ，递减区间为

1,，
所以


max
1
0
f
x
f


，所以
( )
0
f x 
，即
2
2ln
1
x
x

，
当n
*
N 时，可得：
2
2
2
2ln
1
1
1
1
1
2ln
1
1
1
2ln
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n




























































，将不等式累加后，
可得
2
2
2
1
1
1
1
1
2ln
1
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n









































1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
n
n
n
n
n



















，即


1
1
1
1
2ln
1
2
3
4
1
n
n








.
3.已知函数

ln
,(
R)
f
x
ax
x
x a



）.
(1)讨论

f
x 的单调性；
(2)若
1
x 时，

1
f x ，求实数a 的取值范围；
(3)对任意
*
N
n
，证明：
1
2
3
ln
1
2
3
4
1
n
n
n
n









.
【答案】(1)答案见解析(2)
1
a (3)证明见解析
【分析】（1）讨论
0,
0,
0
a
a
a



，由

f
x

的正负确定

f
x 单调性；
（2）记
ln
1,(
1)
g x
ax
x
x
x




，由
e
0
g

得
0
a 
，讨论
1
e
a
a
与1 大小关系，验证min
0
g x

是否成
立；
（3）由（2）知，
1
ln
x
x
x


，令
1
1
x
n


得


1 ln
1
ln
1
2
1
n
n
n
n








，累加得证.
【详解】（1）

ln
1,(
0)
f
x
a
x
a
x





当
0
a 
时，

f
x 在

0, 

上单调递减；
当
0
a 
时，

f
x 在
1
(0,e
)
a
a

上单调递减，在
1
,
(e
)
a
a



上单调递增；
当a<0 时，

f
x 在
1
(0,e
)
a
a

上单调递增，在
1
,
(e
)
a
a



上单调递减.
（2）记
ln
1,(
1)
g x
ax
x
x
x




，由题知
1
x 时
0
g x 
恒成立，
由
e
e
e 1
0
g
a


得
e 1
0
e
a



，
ln
1
( )
x
g
a
x
a



，由（1）知：当
0
a 
时，( )
g x 在
1
(0,e
)
a
a

上单调递减，在
1
,
(e
)
a
a



上单调递增.
若
1
e
1
a
a

，则
1
a ，故( )
g x 在

1,上单调递增，所以
( )
(1)
0
g x
g


恒成立；
若
1
e
1
a
a

，则0
1
a

，故
1
1
min
(e
( )
)
1
e
a
a
a
a
g x
g
a




，
由于
1
1 1
1
1
e
e
1
1
a
a
a
a
a












，
因此
1
1
e
0
a
a
a



，故
( )
0
g x 
不能恒成立.
综上得
1
a .
（3）证明：由2
（）知
1
ln
x
x
x


，令
*)
1
1
x
n
N
n



,(
，
所以
1
1
1
1
ln 1
1
1
n
n
n





，即1
1
ln
1
2
1
n
n
n
n



所以


1 ln
1
ln
1
2
1
n
n
n
n








，
故


1
1
2
3
ln
1
ln1
2
2
3
4
1
n
n
n
n






















，
即
1
2
3
ln
1
2
3
4
1
n
n
n
n









.
4.已知函数


ln
,
x
f x
kx g x
x


.
(1)若不等式


f x
g x

在区间

0, 

内恒成立，求实数k 的取值范围；
(2)求证：
4
4
4
ln 2
ln3
ln
1
...
2
3
2e
n
n




（
2,
N ,e
n
n



为自然对数的底数）
【答案】(1)
1
2e
k 
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；
（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的.
【详解】（1）因为
0
x 
，
ln x
kx
x

，所以
2
ln x
k
x

，
令
2
ln x
h x
x

，又

3
1
2ln x
h
x
x



，令

0
h x


解得
e
x 
，
0
e
x


时，
( )
0
h x


，( )
h x 递增，
e
x 
时，
( )
0
h x


，( )
h x 递减，
所以当
e
x 
时函数
h x 有最大值，且最大值为1
2e ，所以
1
2e
k 
.
（2）由（1）知
2
ln
1
2e
x
x

，所以
4
2
ln
1
1
·
2e
x
x
x

，
所以
4
4
4
2
2
2
ln 2
ln 3
ln
1
1
1
1
...
...
2
3
2e
2
3
n
n
n













，
又
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
3
1 2
2 3
(
1)
n
n
n








1
1
1
1
1
1
1
...
1
1
2
2
3
1
n
n
n




























，
所以
4
4
4
2
2
2
ln 2
ln 3
ln
1
1
1
1
1
...
...
2
3
2e
2
3
2e
n
n
n














，
即
4
4
4
ln 2
ln3
ln
1
...
2
3
2e
n
n




.
题型十五：累乘型数列不等式
1.已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋
x2
'( )
m
f
x
n






(
( )
f
x

是f(x)的导函数)在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围；
(3)求证：ln 2
ln 3
ln 4
2
3
4


×…× ln n
n < 1
n (n≥2，n∈N*)
【答案】（1）当
0
a 
时，单调增区间为

0,1 ，减区间为

1,，当a<0时，单调增区间为

1,，减区
间为

0,1 ，当
0
a 
时，

3
f x 不是单调函数；（2）
37
9
3
m


；（3）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数
( )
f
x

，解不等式
( )
0
f
x


得增区间，解
( )
0
f
x


得减区间；
（2）由切线斜率求得参数a ，( )
g x 的不单调转化为
( )
g x

0

在( ,3)
t
上有解，然后根据零点存在定理得条
件结合二次函数性质求解；
（3）由（1）单调性得ln
1(
1)
x
x
x



，可得出ln
1
n
n
n
n


（
2
n 
），n
1
个式子相乘可证结论．
【详解】（1）当
1
a 时，
1
( )
x
f
x
x



(
0
x 
)，
解
( )
0
f
x


得
(1,
)
x
；解
( )
0
f
x


得
(0,1)
x
，
( )
f x 的单调增区间为(1,
)
，减区间为(0,1) ；
（2）∵
(1
)
( )
(
0)
a
x
f
x
x
x




，∴
(2)
1
2
a
f 

得
2
a ，( )
2ln
2
3
f x
x
x


，
3
2
( )
(
2)
2
2
m
g x
x
x
x




，
∴
2
( )
3
(
4)
2
g x
x
m
x





∵( )
g x 在区间( ,3)
t
上总不是单调函数，且

0
2
g
，∴
( )
0
(3)
0
g t
g







，
由题意知：对于任意的


1,2
t 
，
( )
0
g t


恒成立，
所以，
(1)
0
(2)
0
(3)
0
g
g
g








，∴
37
9
3
m


.
（3）证明如下：由（1）可知
当
(1,
)
x
时
( )
(1)
f x
f

，即
ln
1
0
x
x



，
∴0
ln
1
x
x


对一切
(1,
)
x
成立．
∵
2,
N*
n
n


，则有0
ln
1
n
n


，∴
ln
1
0
n
n
n
n



.
ln 2 ln 3 ln 4
ln
1 2 3
1
1 (
2,
N )
2
3
4
2 3 4
n
n
n
n
n
n
n

















.
2.已知函数

ln
1
f x
a
x
x


．
(1)若

0
f x 
，求a 的值；
(2)证明：当n

N 且
2
n 
时，
2
2
2
2
ln 2
ln3
ln 4
ln
1
2
3
4
n
n
n






．
【答案】(1)
1
a (2)证明见解析
【分析】（1）求出

f
x 的导数

a
x
f
x
x



，分类讨论，确定函数的单调性，利用

0
f x 
成立，求出a ；
（2）由（1），当
1
a 时，ln
1
0
x
x


即ln
1


x
x
，令x n
，则有ln
1
n
n

，可得
2
ln
1
n
n
n
n


，累乘
可证得结果.
【详解】（1）由题意知，


0,
x
，

1
a
a
x
f
x
x
x




，
①当
0
a 
时，

0
f
x


，

f
x 在

0, 

上单调递减，
所以，当


0,1
x
时，


1
0
f x
f


，不合题意；
②当0
1
a

时，由
( )
0
f
x
¢
>
得，


0,
x
a

，则

f
x 在

0,a 上单调递增，
由

0
f
x


得，


,
x
a

，则

f
x 在

,a 上单调递减，
所以，


1
0
f a
f


，不合题意；
③当
1
a 时，由
( )
0
f
x
¢
>
得，


0,1
x
，则

f
x 在

0,1 上单调递增，
由

0
f
x


得，


1,
x
，则

f
x 在

1,上单调递减，
所以，对于任意的


0,
x
，

1
0
f x
f


，符合题意；
④当
1
a 时，由
( )
0
f
x
¢
>
得，


0,
x
a

，则

f
x 在

0,a 上单调递增，
由

0
f
x


得，


,
x
a

，则

f
x 在

,a 上单调递减，
所以，


1
0
f a
f


，不合题意．
综上所述，
1
a ．
（2）由（1）知，
1
a 时，ln
1
0
x
x


即ln
1


x
x
，当且仅当
1
x 时等号成立．
令x n
，其中n

N 且
2
n 
，则有ln
1
n
n

，
又


1
1
n
n n


，所以，


ln
1
n
n n


，即
2
ln
1
n
n
n
n


所以
2
2
2
2
ln 2
ln3
ln 4
ln
1
2
3
1
1
2
3
4
2
3
4
n
n
n
n
n













．所以，原不等式得证．
3.已知函数
( )
(
1)ln
f x
x
x


，


2
g x
ax
a


R
(1)若
( )
( )
f x
g x

对任意的
[1,
)
x
恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)求证：
2
ln 2 ln3 ln 4...ln
(
1)
n
n
n n






2,
n
n


N
.
【答案】(1)

,2

(2)见解析
【分析】(1)求出( )
h x 的导数，通过讨论a 的范围，结合函数的单调性确定a 的具体范围即可；
(2)得到


2
1
ln
+1
x
x
x


，令
(
2,
N )
x
n n
n




，得


2
1
ln
n+1
n
n


，x 取不同的值，相乘即可．
【详解】（1）


h x
f x
g x



1 ln
+2
x
x
ax


因为


f
x
g x

对任意的


1,
x



恒成立，
设


h x
f x
g x



1 ln
+2
x
x
ax


，所以


1 ln
2
x
x
a
x



在


1,
x



恒成立，
设


1 ln
2
x
x
m x
x



，


2
1
ln ,
1
ln
x
x
m
x
x
x
x
x






令

1
0
x
x
x





在


1,
x



恒成立，所以
1 ln
x
x
x



在

1,上为增函数，
所以

0
0
x
m x
即




在


1,
x



恒成立，所以函数

[1,+
m x

在
）为增函数；
所以
1
2
a
m


，所以a 的取值范围为

,2

.
（2）（2）由（1）知，令=2
a
，(
1)ln
2(
1)
x
x
x



，
∴当
1
x 时，


2
1
ln
+1
x
x
x


，且当且仅当=1
x
时


2
1
ln
+1
x
x
x


令


+
N ,
2
x
n n
n



，则


2
1
ln
n+1
n
n


即
2 1
ln2
3


，
2
2
ln3
4


，
2 3
ln4
...
5






2
3
ln
2
1
n
n
n




，




2
2
ln
1
n
n
n



，


2
1
ln
n+1
n
n


，
将上述
1
n 个式子相乘得：


2
ln2 ln3 ln4...ln
1
n
n
n n




，∴原命题得证
4.设整数
1
p ，
*
N
n
，
1
x 且
0
x 
，函数



1
1
p
f
x
x
px



．
(1)求证：

0
f x 
；
(2)求证：
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
3
5
2
1
n
n


























．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究

f
x 单调性，进而求证结论；
（2）由（1）结论（伯努利不等式）有

1
1
p
x
px


，令
2
p 
，


*
1
2
1
x
n
n



N
放缩
1
1
1
2
2
2
1
1
n
n





，
累乘即可证结论.
【详解】（1）由




1
1
( )
1
1
1
p
p
f
x
p
x
p
p
x












，
∵1
0
x


，
1
0
p ，∴


1
1
1
p
y
x



单调递增．
当1
0
x


时，

0
f
x


，

f
x 单调递减；当
0
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f
x 单调递增．
∴


0
0
f
x
f


．
（2）由（1）知，

1
1
p
x
px


，令
2
p 
，


*
1
2
1
x
n
n



N
，
得
2
1
2
2
1
1
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n


















，
∴
1
1
1
1
3
5
7
2
1
1
1
1
1
...
2
1
1
3
5
2
1
1
3
5
2
1
n
n
n
n





























．
题型十六：取对数型数列不等式
1.已知函数



ln 1
f x
x


．
(1)求证：当


0,
x
时，

1
x
f x
x
x 


；
(2)已知e 为自然对数的底数，求证：
*
N
n

，
2
2
2
1
2
e
1
1
1
e
n
n
n
n





















．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数





ln
1
0
1
1
x
x
g x
f x
x
x
x
x








和





ln 1
0
h x
f x
x
x
x x






，
求导即可求解，
（2）由（1）可知：当
0
a 
时，ln(1
)
x
x


，
0
x 
．取
2
i
x
n

，可得
2
2
ln(1
)
i
i
n
n


，利用“累加求和”即可
证明不等式的右边部分．由（1）可知：当
1
a 时，ln(1
)
1
x
x
x


，1
0
x


．取
2
i
x
n

，则
2
2
2
2
ln(1
)
1
i
i
i
i
n
i
n
n
n





，
利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分．
【详解】（1）令





ln
1
0
1
1
x
x
g x
f x
x
x
x
x








，则




2
2
1
1
( )
0
1
1
1
x
g x
x
x
x








，
故
g x 在


0,
x
上单调递增，∴当


0,
x
时，

0
0
g x
g


，
即

1
x
f x
x

成立．令





ln 1
0
h x
f
x
x
x
x x






，则



1
1
0
0
1
1
x
h x
x
x
x







，
∴
h x 在


0,
x
上单调递减，∴当


0,
x
时，

0
0
h x
h


，
即

f
x
x

成立．综上所述，当


0,
x
时，

1
x
f x
x
x 


成立．
（2）由（1）可知：ln(1
)
x
x


，
0
x 
．取
2
i
x
n

，
*
(
N
i 
，i
n

，
*
N )
n
．

2
2
ln(1
)
i
i
n
n


，
2
2
2
2
2
2
2
(
1)
1
2
1
2
1
2
ln(1
)
ln(1
)
ln(1
)
2
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n












，

2
2
2
1
2
ln[(1
)(1
)
(1
)]
1
n
n
n
n





，
2
2
2
1
2
(1
)(1
)
(1
)
e
n
n
n
n





．
由（1）可知：当
1
a 时，ln(1
)
1
x
x
x


对


0,
x
恒成立．
取
2
i
x
n

，
*
(
N
i 
，i
n

，
*
N )
n
．则
2
2
2
2
ln(1
)
1
i
i
i
i
n
i
n
n
n





*
(
N
i 
，i
n

，
*
N )
n
，

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ln(1
)
ln(1
)
ln(1
)
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n


























，

2
2
2
1
2
1
ln[(1
)(1
)
(1
)]
2
n
n
n
n







，
2
2
2
1
2
(1
)(1
)
(1
)
e
n
n
n
n






．
综上可得：
*
N
n

，
2
2
2
1
2
e
(1
)(1
)
(1
)
e
n
n
n
n





．
2.已知函数
( )
sin
cos (
0)
f x
x
x
x x



．
(1)求函数
( )
f x 的图象在π ,1
2






处的切线方程；
(2)若任意
,
(
)
0
x
，不等式
3
( )
f x
ax

恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)设
2
3
( )
( )
g x
f x
x

，证明：
2
1
1
1
1
1
1
e
3
3
3n
g
g
g






































．
【答案】(1)
π
π
1
2
2
y
x









(2) 1 ,
3




(3)证明见解析
【分析】（1）求导
( )
sin
f
x
x
x


，再利用导数的几何意义求解；
（2）将问题转化为
3
sin
cos
0
x
x
x
ax



，令
3
( )
sin
cos
g x
x
x
x
ax



，用导数法求其最大值即可.
（3）易知
( )
g x
x

，易知ln(1
)
x
x


在(0,
)
上恒成立，令
1
3n
x 
得到
1
1
ln 1
3
3
n
n








证明.
【详解】（1）解：
( )
sin
f
x
x
x


，∴
π
π
2
2
f 







，∴切线方程为
π
π
1
2
2
y
x









．
（2）
3
3
( )
sin
cos
0
f x
ax
x
x
x
ax





，
令
3
( )
sin
cos
g x
x
x
x
ax



，则
2
( )
sin
3
(sin
3
)
g x
x
x
ax
x
x
ax





．
令( )
sin
3
h x
x
ax


，则
( )
cos
3
h x
x
a



．
①当3
1
a ，即
1
3
a 
时，
( )
0
h x


恒成立，∴( )
h x 单调递增．
∴( )
(0)
0
h x
h


，∴
( )
0
g x


，∴( )
g x 单调递增，
从而( )
(0)
0
g x
g


，不符合题意．
②当3
1
a ，即
1
3
a 
时，
( )
0
h x


恒成立，∴( )
h x 单调递减．
∴( )
(0)
0
h x
h


，∴
( )
0
g x


，∴( )
g x 单调递减，从而
( )
(0)
0
g x
g


，符合题意．
③当1
3
1
a

，即
1
1
3
3
a



时，由
(0)
1 3
0
h
a



，
(π)
1 3
0
h
a





，
∴在(0,π) 上存在
0x ，使得


0
0
h x


，且当


0
0,
x
x

时，
( )
0
( )
0
h x
g x





，
∴( )
g x 单调递增，∴( )
(0)
0
g x
g


，不符合题意．
综上所述，实数a 的取值范围是1 ,
3





．
（3）由（2）可知，当
1
3
a 
时，
3
1
( )
3
f x
x

，∴
( )
g x
x

．
又令( )
ln(1
)
(
0)
u x
x
x x




，求导，得
( )
0
1
x
u x
x





，
∴( )
u x 单调递减，
从而( )
(0)
0
u x
u


，即ln(1
)
x
x


在(0,
)
上恒成立．
令
1
3n
x 
，得
1
1
ln 1
3
3
n
n








．
∴
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
ln 1
ln 1
ln 1
1
3
3
3
3
3
3
1
3
n
n
n
g
g
g





















































1
1
1
1
2
3
2
n









．
即
2
1
1
1
1
ln
1
1
1
3
3
3
2
n
g
g
g












































，
∴
2
1
1
1
1
1
1
e
3
3
3n
g
g
g






































，于是得证．
3.已知函数

ln
f x
ax
a
x



．
(1)求曲线

y
f x

在点



1,
1
f
处的切线方程；
(2)证明：当
1
a 时，

0
f x ；
(3)设m 为整数，若对于
2
1
*
2
3
1
2
2
2
, 1
1
1
1
3
3
3
3
n
n
n
m


























N

成立，求m 的最小值．
【答案】(1)

1
1
0
a
x
y
a




(2)证明见解析(3)3
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义运算求解；
（2）求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；
（3）结合（2）可得：
1
1
2
2
ln 1
3
3
n
n
n
n










，结合等比数列的求和公式可得
2
1
2
3
1
2
2
2
1
1
1
1
e
3
3
3
3
n
n


























，
结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）由题意可得：

1
f
x
a
x



，则
1
0
f

，
1
1
f
a


，
即切点坐标为

1,0 ，斜率
1
1
k
f
a



，
所以曲线

y
f x

在点



1,
1
f
处的切线方程为



1
1
y
a
x



，即

1
1
0
a
x
y
a




．
（2）当
1
a 时，

1 ln
f x
x
x


，可知

f
x 的定义域为

0, 

，且

1
1
1
x
f
x
x
x




，
令

0
f
x


，解得
1
x ．列表如下：
x


0,1
1


1,

f
x


0


f
x
单调递减
极小值
单调递增
可知当
1
x 时，

f
x 取最小值
1
0
f

，
所以

0
f x ．
（3）由（2）可知：ln
1
x
x

，当且仅当
1
x 时，等号成立，
令
1
2
1
3



n
n
x
，则
1
1
2
2
ln 1
3
3
n
n
n
n










，
可得
2
1
1
2
3
2
1
2
2
2
1
2
2
ln 1
ln 1
ln 1
ln 1
3
3
3
3
3
3
3
n
n
n
n








































1
2
1
3
3
2
1
1
2
3
1
3
n
n
n
n











，
即
2
1
2
3
1
2
2
2
ln
1
1
1
1
1
3
3
3
3
































L
n
n
，
所以
2
1
2
3
1
2
2
2
1
1
1
1
e
3
3
3
3
n
n


























．
当
4
n 
时，
2
1
2
2
4
2
3
3
3
1
2
2
2
1
2
2
2
121396
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
3
3
3
3
3
3
59049



















































L
n
n
,
所以对于任意
*
nN ，
2
1
2
3
1
2
2
2
1
1
1
1
3
3
3
3


























L
n
n
m 成立时，整数m 的最小值为3．
4.已知关于x 的函数



ln
1
ln2 .
f
x
ax
x




（1）讨论

f
x 的单调性；
（2）证明：当
*
nN 时，


2
ln 1 2 3
ln2.
n
n
n





【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，分
0
a 
和
0
a 
两类分别讨论函数的单调性；
（2）由（1）知

1
0
2
f
x
f 







，即ln
2
1
ln2(
0)
x
x
x



，利用累加法可证得命题成立．
【详解】（1）由



ln
1
ln2
f
x
ax
x




得

1 (
0)
f
x
a
x
x




知当
0
a 
时


0
f
x
f
x



在

0, 

上单调递减当
0
a 
时，

1
1
a x
ax
a
f
x
x
x











当
1
x
a

时


0,
f
x
f
x


在1 ,
a







上单调递增，
当
1
0
x
a


时


0,
f
x
f
x


在
1
0, a






上单调递减.
（2）由（1）知
2
a 
时

f
x 在
1
0, 2






上单调递减，在1 ,
2







上单调递增，

1
0
2
f
x
f 







，即有ln
2
1
ln2(
0)
x
x
x



，
ln1
2 1
ln2
1
ln2




，
ln2
4 1 ln2
3
ln2




ln3
6 1 ln2
5
ln2





ln
2
1 ln2
n
n


以上各式相加得




:ln1 ln2
ln3
ln
1 3
5
2
1
ln2
n
n
n











，


2
ln 1 2 3
ln2.
n
n
n





模块三：综合巩固
1.已知函数
( )
sin
f x
x
x


，
,
(
)
0
x
．
(1)求曲线
( )
y
f x

在点(
,
( ))
2
2
f


处的切线方程；
(2)证明：2e
( )
cos
e
1
x
x
f x
x



．
【答案】(1)
1
0
x
y


(2)证明见解析
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）构造函数( )
(2
2sin
cos )e x
g x
x
x
x



，利用导数判断
g x 的单调性，从而证得不等式成立.
【详解】（1）
( )
1
cos
f
x
x


，
π
( )
1
2
f 
，
π
π
( )
1
2
2
f

，
故曲线
( )
y
f x

在点π
π
(
,
( ))
2
2
f
处的切线方程为
π
π
1
2
2
y
x










.
即
1
0
x
y


．
（2）设( )
(2
2sin
cos )e x
g x
x
x
x



，
则
( )
(2
2sin
cos )e
(2
2cos
sin )e
x
x
g x
x
x
x
x
x







π
[2(
sin )
2
2 sin(
)]e
4
x
x
x
x





．
由（1）知
sin
x
x

，又
π
2
2 sin(
)
0
4
x



，
所以
( )
0
g x


，所以( )
g x 在(0,
)
上单调递增，故( )
(0)
1
g x
g

，
所以，
(0,
)


x
，2e
( )
cos
e
1
x
x
f x
x



．
2.已知函数

e
,
R
x
a
f x
a
x



.
(1)若

f
x 在定义域内无极值点，求实数a 的取值范围；
(2)求证：当 
1,
0
a
x



0
时，

1
f x 恒成立.
【答案】(1)
1
a (2)见解析
【分析】（1）由题意知



2
e
1
x x
a
f
x
x




，令




e
1
,
0
x
g x
x
a
x




，利用导数求得
g x 有最小值

0
1
g
a

，结合

f
x 在定义域内无极值点，得
1
a ，再验证
1
a 时，即可得结论；（2）结合（1）中
结论可得
g x 在

0, 

上单调递增，根据


0
0
1
0
g
g





可得

f
x

存在唯一的零点


0
0,1
x 
，且

f
x 在


0
0, x
上单调递减，在

0,
x 上单调递增,故可得结论.
【详解】（1）由题意知



2
e
1
x x
a
f
x
x




，令




e
1
,
0
x
g x
x
a
x




，则

ex
g
x
x


，
当
0
x 
时，


0,
g
x
g x


在

,0


上单调递减，
当
0
x 
时，


0,
g
x
g x


在

0, 

上单调递增，
又
0
1
g
a

，∵

f
x 在定义域内无极值点，∴
1
a 
又当
1
a 时，

f
x 在

,0


和

0, 

上都单调递增也满足题意，所以
1
a .
（2）



2
e
1
x x
a
f
x
x




，令


e
1
x
g x
x
a



，
由（1）可知
g x 在

0, 

上单调递增，又


0
1
0
1
0
g
a
g
a







，所以

f
x

存在唯一的零点


0
0,1
x 
，
故

f
x 在

0
0, x
上单调递减，在

0,
x 上单调递增，∴



0
f x
f x

由


0
0
e
1
0
x
x
a



知


0
0
e
1
x
f
x

即当0
1,
0
a
x


时，

1
f x 恒成立.
3.已知函数


1
ln
1
a x
f x
x
x




.
（1）若函数

f
x 在

0, 

上为单调增函数，求a 的取值范围；
（2）设
,
R
m n
，且m
n

，求证ln
ln
2
m
n
m
n
m
n




.
【答案】（1）

,2


；（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数进行求导并解不等式

0
f
x


，转化为二次不等式


2
2
2
1
0
x
a x



在

0, 

上
恒成立问题；
（2）将所证不等式转化为构造m
n 为主元的不等式，再构造函数进行证明；
【详解】解：（1）















2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
1
a x
a x
x
ax
x
a x
f
x
x
x
x x
x x
















，
因为

f
x 在

0, 

上为单调增函数，所以

0
f
x


在

0, 

上恒成立
即


2
2
2
1
0
x
a x



在

0, 

上恒成立，
当


0,
x
时，由


2
2
2
1
0
x
a x



，
得：
1
2
2
a
x
x



，设


1 ,
0,
g x
x
x
x



，
则
1
1
2
2
g x
x
x
x
x





，当且仅当
1
x
x

即
1
x 时，
g x 有最小值2，
所以2
2
2
a 

，解得
2
a 
，所以a 的取值范围是

,2


；
（2）设m
n

，要证ln
ln
2
m
n
m
n
m
n




，只需证
1
1
2
ln
m
m
n
n
m
n



，即
2
1
ln
1
m
m
n
m
n
n









，即
2
1
ln
0
1
m
m
n
m
n
n










，
设


2
1
ln
1
x
h x
x
x




，由（1）知
h x 在

1,上是单调增函数，又
1
m
n ，
所以

1
0
m
h
h
n







，即
2
1
ln
0
1
m
m
n
m
n
n










成立，得到ln
ln
2
m
n
m
n
m
n




.
4.已知函数

ln
4,
f
x
x
a x
a



R .
(1)讨论函数

f
x 的单调性；
(2)当
1
a 时，令




2 ex
F x
x
f
x



，若
0
x
x

为

F x 的极大值点，证明：


0
0
1
F x

.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）对参数a 分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；
（2）利用导数判断

F x 的单调性，求得
0x 的范围，满足的条件，以及


0
F x
，根据
0x 的范围夹逼


0
F x
的范围即可.
【详解】（1）函数

f
x 的定义域为


0,
,
1
a
x
a
f
x
x
x






，
①当
0
a 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，函数

f
x 在

0, 

上单调递增；
②当
0
a 
时，由
( )
0
f
x
¢
>
，得x
a

，由

0
f
x


，得0
x
a


，
所以，函数

f
x 在

,a 上单调递增，在

0,a 上单调递减.
综上，当
0
a 
时，函数

f
x 在

0, 

上单调递增；当
0
a 
时，函数

f
x 在

,a 上单调递增，在

0,a
上单调递减.
（2）当
1
a 时，






1
1
2 e
ln
4,
1 e
1
1
e
x
x
x
F x
x
x
x
F
x
x
x
x
x

















，
设
1
ex
g x
x


，则

2
1
e x
g
x
x



，当
0
x 
时，

0
g
x


，所以
g x 在

0, 

上单调递增，
又

1
e
2
0,
1
e 1
0
2
g
g








，所以存在
1
1 ,1
2
x





，使得

1
0
g x

，
且当






1
1
0,
,
0,
,
,
0
x
x
g x
x
x
g x



；
又当




0,1 ,
1 0;
1,
,
1 0
x
y
x
x
y
x







；
故当6.


1
0,
x
x

，

0
F
x


；当


1,1
x
x

，

0
F
x


；当


1,
x
，

0
F
x


所以

F x 在

1
0, x
上单调递增，在

1,1
x
上单调递减，在

1,上单调递增，
所以当
1
x
x

时，

F x 取得极大值，故
0
1
x
x

，且
0
0
1
e
0
x
x


，所以
0
0
0
0
1
e
,ln
x
x
x
x


，




0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
1
2 e
ln
4
4
5
2
x
x
F x
x
x
x
x
x
x
x
x



















，
又
1
y
x
x


在1 ,1
2





单调递减，所以


0
0
1
F x

.
5.设
3
( )
e x
f x
a
x


，
2
( )
3
ln
h x
x
x
x


，
(1)试讨论
( )
f x 的单调性；
(2)当
1
a 时，证明
( )
( )
f x
h x

恒成立.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案；
（2）利用放缩法，整理不等式，构造新函数，结合换元法与导数研究单调性，可得答案.
【详解】（1）∵
3
( )
e x
f x
a
x


，∴
3
( )
3 e
1
x
f
x
a


.
（i）当
0
a 
时，，所以
( )
f x 在R 上单调递减；
（ii）当
0
a 
时，令
( )
0
f
x


，得
ln3
3
a
x 
，
因为当
ln3
,
3
a
x







时

0
f
x


，当
ln3
3
a
x








，
时
( )
0
f
x
¢
>
，
所以
( )
f x 在
ln3
,
3
a






上单调递减，在
ln3
3
a








，
上单调递增.
（2）当
1
a 时，
3
2
3
2
( )
( )
e
3
ln
e
3
ln
x
x
f x
h x
a
x
x
x
x
x
x
x
x









，
要证


f
x
h x

，只需证
3
2
e
3
ln
0
x
x
x
x
x




，即证
3e
1
3
ln
x
x
x
x 

，即证
3
ln
e
1
3
ln
x
x
x
x



，
令



3
ln
0
t
x
x
x x




＞
，则

1
3
1
3
x
x
x
x






，
当
1
0
3
x


时，

0
x

＜，
x

单调递减，当
1
3
x 
时，

0
x

＞，
x

单调递增，
所以



1
1
1
ln
ln 3e
3
3
t
x











，令( )
e
1
x
g x
x


，则
( )
e
1
x
g x


，
当
0
(
)
x

，
时，
( )
0
g x


，( )
g x 单调递增，所以( )
(0)
0
g x
g


因此(3
ln )
(0)
0
g
x
x
g



，
所以
3
ln
e
1
3
ln
x
x
x
x



从而
3
2
e
3
ln
0
x
x
x
x
x




，所以当
1
a 时
( )
( )
f x
h x

恒成立.
6.已知函数f（x）＝ax2﹣xlnx．
（I）若f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，求a 的取值范围；
（Ⅱ）若a＝e（e 为自然对数的底数），证明：当x＞0 时，f（x）＜xex+
．
【分析】（Ⅰ）先求导，再分离参数，构造函数，利用到导数求出函数的最值即可得到a 的取值范围，
（Ⅱ）当x＞0 时，f（x）＜xex+
．不等式等价于lnx+
＞ex﹣ex，分别构造函数h（x）＝lnx+
，
φ（x）＝ex﹣ex，利用导数求出函数的最值即可证明
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）在区间（0，+∞）内单调递增，
∴f′（x）＝2ax﹣1﹣lnx≥0 在（0，+∞）上恒成立，
∴2a≥
在（0，+∞）上恒成立，设g（x）＝
，∴g′（x）＝﹣
，
令g′（x）＝0，解得x＝1，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
∴g（x）max＝g（1）＝1，∴2a≥1，∴a≥
，故a 的取值范围为[
，+∞），
证明（Ⅱ）当a＝e 时，要证f（x）＜xex+
，即证ex2﹣xlnx＜xex+
，
∵x＞0，则需要证ex﹣lnx＜ex+
，即证lnx+
＞ex﹣ex，设h（x）＝lnx+
，
∴h′（x）＝
﹣
＝
，x＞0，当x∈（0，
）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x∈（
，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）min＝h（
）＝0，∴h（x）≥0，
即lnx+
≥0，
再设φ（x）＝ex﹣ex，∴φ′（x）＝e﹣ex，
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减，
∴φ（x）max＝φ（1）＝0，∴φ（x）≤0，即ex﹣ex≤0，∵h（x）和φ（x）不同时为0，
∴当x＞0时，lnx+
＞ex﹣ex，故原不等式得以证明．
7.设函数
( )
e cos
x
f x
x

，
2
cos
( )
e x
a
x
g x 
，
π
0, 3
x






.
(1)求

f
x 的最小值，并证明：
π
12
e
2

；
(2)若不等式：
3
( )
2
e x
g x 

成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)
min
1
f
x
，证明见解析(2)

1,
【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，进而可求最值，结合单调性，即可证明，
（2）根据
1
a 和
1
a 
分类讨论，结合第一问的结论和基本不等式即可求解.
【详解】（1）由
( )
e cos
x
f x
x

可得
π
( )
e (cos
sin )
2e cos 4
x
x
f
x
x
x
x











，令
( )
0
f
x


得，
π
π
0,
4
3
x







，
当
π
0, 4
x






时，
( )
0
f
x
¢
>
，
π π
,
4 3
x






时，

0
f
x


，所以

f
x 在
π
0, 4
x






单调递增，在
π π
,
4 3
x






单
调递减，
所以
min
π
( )
min
(0),
3
f x
f
f













，因为
π
3
3
3
π
e
e
e
1
(0)
3
2
2
2
f
f









，所以
min
1
f
x
，
因为
π π
,
4 3
x






时，

0
f
x


，所以

f
x 在π π
,
4 3






上单调递减，所以
π
π
3
4
2
1
e
e
2
2

，化简得，
12
e
2


；
（2）
3
( )
2
e x
g x 

等价于
3
( )
e
2
x
g x 

，当
1
a ，因为
π
0, 3
x






，所以
2
cos
0
e x
a
x 
，
3e
0
x 
，
所以
3
3
3
3
2
2
2
cos
cos
cos
( )
e
e
e
2
e
2 e cos
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
a
x
x
x
g x
x








，由（1）得，2 e cos
2 1
2
x
x 

，
所以
3
( )
e
2
x
g x 

；当
1
a 
时，
3 0
(0)
e
1
2
g
a




，
即
0
x 
时，
3
( )
e
2
x
g x 

不成立，即
3
( )
2
e x
g x 

不成立，
综上，实数a 的取值范围为

1,.
8.已知函数
1
( )
ln
x
f x
x
ax



；
(1)若函数
( )
f x 在[1,
)
上为增函数，求正实数a 的取值范围；
(2)当
1
a 时，求函数
( )
f x 在1
[ ,2]
2
上的最值；
(3)当
1
a 时，对大于1 的任意正整数n ，试比较ln
1
n
n 与1
n 的大小关系．
【答案】(1)
1
a (2)函数
( )
f x 在区间1
[ ,2]
2
上的最大值是
1
( )
1
ln 2
2
f

，最小值是0(3)
1
ln
1
n
n
n


【分析】（1）求导，由题意可得
2
1
( )
0
ax
f
x
ax




对


1,
x
恒成立，再利用参变分离运算求解；（2）
将
1
a 代入，求导，得到
( )
f x 的单调区间，从而求
( )
f x 的最值；（3）由（1）得
( )
f x 的单调性，令
1
n
x
n

，
可得
(
)
(1)
0
1
n
f
f
n



，运算整理证出结论．
【详解】（1）因为
1
( )
ln
x
f x
x
ax



，所以

2
1(
0)
ax
f
x
a
ax




因为函数
( )
f x 在

1,上为增函数，所以
2
1
( )
0
ax
f
x
ax




对


1,
x
恒成立，
所以
1
0
ax 
对


1,
x
恒成立，即
1
a
x

对


1,
x
恒成立，所以
1
a .
（2）当
1
a 时，
2
1
( )
x
f
x
x



，
当
1 ,1
2
x





时，
( )
0
f
x


，故
( )
f x 在1 ,1
2





上单调递减；当


1,2
x
，
( )
0
f
x


，故
( )
f x 在

1,2 上单调递
增，
所以
( )
f x 在区间1 ,2
2






上有唯一极小值点，故
min
( )
(1)
0
f x
f


，
又∵
1
( )
1
ln 2
2
f

，
1
(2)
ln 2
2
f


，
3
1
3
ln e
ln16
( )
(2)
2ln 2
2
2
2
f
f





因为
3e
16

，所以
1
( )
(2)
0
2
f
f


，即
1
( )
(2)
2
f
f

所以
( )
f x 在区间1 ,2
2






上的最大值是
1
( )
1
ln 2
2
f

综上可知：函数
( )
f x 在区间1 ,2
2






上的最大值是1
ln 2

，最小值是0.
（3）由（1）可知：当
1
a 时，
( )
f x 在

1,上为增函数.
当
1
n 时，
1
1
1
1
1
n
n
n




，则
(
)
(1)
0
1
n
f
f
n



即
1
1
1
(
)
ln
ln
0
1
1
1
1
n
n
n
n
n
f
n
n
n
n
n
n











，即
1
ln
1
n
n
n


当
1
a 时，对大于1 的任意正整数n ，有
1
ln
1
n
n
n


9.已知函数

e
e
x
x
f
x
a



，a R ．
(1)若函数

f
x 在R 上单调递减，求a 的取值范围；
(2)已知
1
a ，
1
2
m 
，
1
x ，


ln
ln
g x
x
mf
x


，求证：
0
g x 
；
(3)证明：


*
1
1
1
ln 5
1
5
n
n
n
n






N

．
【答案】(1)
0
a 
(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）由函数单调递减得
( )
0
f
x


恒成立，分离参数法可得；
（2）利用导数得函数单调性，由单调性证明不等式即可；
（3）利用（2）结论，逐个赋值后累加法可证.
【详解】（1）

e
e
0
x
x
f
x
a





对
x
R 恒成立，即
2
e
x
a


对
x
R 恒成立．
因为
2
e
0
x



，则
0
a 
．
（2）
1
1
1
ln
ln
2
g x
x
m
x
x
x
x
x

















，只需证明
1
1
ln
0
2
x
x
x









．
令


1
1
ln
1
2
h x
x
x
x
x










，



2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
0
2
2
2
2
x
x
x
h
x
x
x
x
x











，
则
h x 在

1,单调递减，则( )
(1)
h x
h

，
又1
0
h

，则
0
h x 
，即
( )
( )
0
g x
h x


成立，得证．
（3）由（2）知


1
1
ln
1
2
x
x
x
x









，令
1
n
x
n


，则有
1
1
1
ln
2
1
n
n
n
n
n
n











，
即


1
1
1 1
1
l
1
n
1
ln
2
1
2
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n





















，


1
1
1
ln
1
ln
2
1
n
n
n
n










，




1
1
1
ln
2
ln
1
2
1
2
n
n
n
n












，…，




1
1
1
ln 5
ln 5
1
2 5
1
5
n
n
n
n










，
累加可得，
1
1
1
1
1
1
1
1
ln(5 )
ln
2
1
5
1
10
1
5
1
5
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n

















故


*
1
1
1
1
ln5
1
5
1
5
n
n
n
n
n








N

，从而命题得证．
10.已知函数

ln
f
x
x
x

，


2
2
a x
x
g x


.
(1)若

f x
g x

在

1,上恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)求证：






2
2
2
1
2
1
1
1
e
1
1
1
n
n
n
n




























.
【答案】(1)

2,(2)证明见解析
【分析】（1）

f x
g x

等价于


2
ln
0
2
a x
x
x
x



，即

1
ln
0
2
a x
x
x









，记

1
ln
2
a x
h x
x



，只要证明
max
0
h x

即可，分
0
a 
，0
2
a


和
2
a 
三种情况讨论函数
h x 的最值，从而可得出答案；
（2）由（1）可知当
2
a 
时，

f x
g x

在

1,上成立，即ln
1
x
x

，令


2
1
,
1,2,
,
1
k
x
k
n
n




，则




2
2
ln 1
1
1
k
k
n
n












，由此即可证得结论.
【详解】（1）解：

f x
g x

等价于


2
ln
0
2
a x
x
x
x



，即

1
ln
0
2
a x
x
x









，
记

1
ln
2
a x
h x
x



，则

1
2
2
2
a
ax
h x
x
x





，当
0
a 
时，

0
h x


，
h x 在

1,上单调递增，
由1
0
h

，
1
0
h x
h

，所以

0
xh x ，即

f x
g x

不恒成立；
当0
2
a


时，则2
1

a
，当
2
1,
x
a






时，

0
h x


，所以
h x 在

1,上单调递增，
则
1
0
h x
h

，所以

f x
g x

不恒成立；
当
2
a 
时，


1,
x
，

0
h x


，
h x 在

1,上单调递减，所以
1
0
h x
h


，
所以

0
xh x ，即

f x
g x

恒成立，
所以

f x
g x

在

1,上恒成立，实数a 的取值范围是

2,；
（2）证明：当
2
a 
时，

f x
g x

在

1,上成立，即ln
1
x
x

，
令


2
1
,
1,2,
,
1
k
x
k
n
n




，则




2
2
ln 1
1
1
k
k
n
n












，
所以








2
2
2
2
1
1
2
ln 1
ln 1
1
1
1
1
1
1
n
k
k
n
n
n
n
n




















































2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2
1
n n
n
n
n
n
n
n
n














，所以






2
2
2
1
2
1
1
1
e
1
1
1
n
n
n
n




























.
11.已知函数

2
1
e
2
x
f
x
ax
x



(1)若

f
x 单调递增，求a 的值；
(2)判断

2
1
1
1 1 1
1
4
n
















（
*
nN 且
2
n 
）与
2e 的大小，并说明理由.
【答案】(1)1(2)

2
2
1
1
1 1
1
1
e
4
n

















，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由

f
x 单调递增，转化为

e
1
0
x
f
x
ax




恒成立，然后分
0
a 
，a<0 ，
0
a 
讨论，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）可得
0
x 
时，

ln
1
x
x


，然后再由


2
1
1
1
1
1
1
n
n n
n
n





放缩，裂项即可得到结果.
【详解】（1）由
2
1
( )
e
2
x
f x
ax
x



可得，
( )
e
1
x
f
x
ax




，
由于函数
( )
f x 单调递增，则
( )
e
1
0
x
f
x
ax




恒成立，
设
e
( )
1
x
h x
ax


，则

ex
h x
a



，
当
0
a 
时，
( )
e
1
x
f
x


，可知
0
x 
时，
( )
0
f
x


，不满足题意；
当
0
<
a
时，
( )
0
h x


，函数( )
h x 单调递增，
又因为
1
1
1
1
( )
e
1
e
2
0
a
a
h
a
a
a





，即
( )
0
f
x


，不满足题意；
当
0
a 
时，令
( )
e
0
x
h x
a




，解得
ln
x
a

，
当
ln
x
a

时，
( )
0
h x


，函数( )
h x 单调递减，
当
ln
x
a

时，
( )
0
h x


，函数( )
h x 单调递增，
所以当
ln
x
a

时，函数( )
h x 取得最小值
ln
(ln )
e
ln
1
ln
1
a
h
a
a
a
a
a
a




，
由(ln )
0
h
a 
可得，
1
ln
0
a
a
a


，令
( )
1
ln
a
a
a
a



，则
( )
ln
a
a


，
可知0
1
a

时，
( )
0
a


，函数
( )
a

单调递增；
当
1
a 时，
( )
0
a


，函数
( )
a

单调递减，
则
max
( )
(1)
0
a




，由于
1
ln
0
a
a
a


恒成立，
所以，
1
ln
0
a
a
a


当且仅当
1
a 时取等号，
故函数
( )
f x 单调递增时，实数a 的值为1.
（2）

2
2
1
1
1 1
1
1
e
4
n

















.理由如下：由（1）可知，当
1
a 时，e
1
0
x
x


，即有e
1
x
x

，
则
0
x 
时，


ln
1
x
x


，故当
*
nN 且
2
n 
时，




2
2
1
1
1
1
ln
1 1 1
1
ln 1 1
ln 1
ln 1
4
4
n
n








































2
1
1
1
4
n


，
因为
2
n 
时，


2
1
1
1
1
1
1
n
n n
n
n





，
所以
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
2
2
3
1
n
n
n

































1
1 1
n

2

，
则


2
1
1
ln
1 1 1
1
2
4
n























，所以

2
2
1
1
1 1
1
1
e
4
n

















.
12.设函数
( )
2
cos ,
x
f x
e
a
x a


R ．
（1）若
( )
f x 在0, 2







上存在零点，求实数a 的取值范围；
（2）证明：当


1,2 ,
0, 2
a
x







时，
( ) 2
3
f x
x 

．
【答案】（1）(
, 2)

，（2）证明见解析
【分析】（1）设( )
2
, ( )
cos
x
g x
e h x
a
x


，根据函数的单调性得到关于a 的不等式，解出即可；
（2）设
( )
( )
2
3
G x
f x
x


，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可
【详解】（1）解：设( )
2
, ( )
cos
x
g x
e h x
a
x


，因为当
0, 2
x






时，( )
g x 为增函数，
当
0
a 
时，0
( )
h x
a


，
2
2
( )
2
g x
e



，
所以
( )
f x 在0, 2







上恒大于零，所以
( )
f x 在0, 2







上不存在零点，
当a<0 时，( )
h x 在0, 2







上为增函数，根据增函数的和为增函数，
所以
( )
f x 在0, 2







上为单调函数，
所以
( )
f x 在0, 2







上若有零点，则仅有1 个，
所以
(0) (
)
0
2
f
f 

，即
2
(2
) 2
0
a
e




，解得
2
a ，
所以实数a 的取值范围(
, 2)

（2）证明：设
( )
( )
2
3
2
cos
2
3
x
G x
f x
x
e
a
x
x







，则
'( )
2
sin
2
x
G x
e
a
x



，则
'
0
(0)
2
sin 0
2
0
G
e
a



，
所以
'
'( )
2
cos
x
G x
e
a
x





，
因为
[1,2]
a
，所以
'
'( )
0
G x




，
所以
'( )
G x 在0, 2







上递增，
'( )
0
G x 
在0, 2







上恒成立，
所以
( )
G x 在0, 2







上递增，而
(0)
2
3
1
G
a
a




，
因为
[1,2]
a
，所以
(0)
0
G

，所以
( )
0
G x 
恒成立，
所以当
[1,2]
a
时，
( ) 2
3
f x
x 

13.已知函数
2
( )
(
1)
ln
f x
x
a
x
ax




.
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)证明：当a<0 时，
2
3
( )
2
1
4
a
f x
a


.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
( )
f x 的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得.
（2）由（1）中信息，求出函数
( )
f x 的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得.
【详解】（1）函数
2
( )
(
1)
ln
f x
x
a
x
ax




的定义域为(0,
)
，
求导得
(
1)(2
)
( )
2(
1)
a
x
x
a
f
x
x
a
x
x








，
当
0
a 
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，
当a<0 时，由
( )
0
f
x


，得0
2
a
x


，函数
( )
f x 在(0,
)
2
a

上单调递减，
由
( )
0
f
x


，得
2
a
x 
，函数
( )
f x 在(
,
)
2
a

上单调递增，
所以当
0
a 
时，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；
当a<0 时，函数
( )
f x 在(0,
)
2
a

上单调递减，
( )
f x 在(
,
)
2
a

上单调递增.
（2）证明：由（1）知，函数
( )
f x 在(0,
)
2
a

上单调递减，
( )
f x 在(
,
)
2
a

上单调递增，
则
2
( )
(
)
(
1)
[ln(
)
(
)]
2
2
2
2
a
a
a
a
f x
f
a







，
令函数( )
ln
,
0
g x
x
x x



，求导得
1
( )
1
g x
x


，当0
1
x

时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 在(0,1)上单调递增，
当
1
x 时，
( )
0
g x


，函数( )
g x 在(1,
)
上单调递减，则g( )
(1)
1
x
g

，
于是ln
1


x
x
，有ln
2
1
x
x
x


，当a<0 时，则ln(
)
(
)
2(
) 1
1
2
2
2
a
a
a
a




，
因此
2
2
2
1
3
( )
1
ln (
)
(
)
1
(
1)
2
1
2
2
2
4
4
a
a
a
f x
a
a
a
a
a
a
a

























，
所以
2
3
( )
2
1
4
a
f x
a


.
14.已知函数
2
( )
sin
f x
x
x


.
(1)求曲线
( )
y
f x

在点(0,
(0))
f
处的切线方程，
(2)证明：
5
( )
16
f x 
.
【答案】(1) y
x

(2)证明见解析
【分析】（1）求导解得
(0)
1
f 
，然后求得切线方程；
（2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；
【详解】（1）
( )
cos
2
f
x
x
x



，
(0)
1
f 
，
(0)
0
f

.
故曲线
( )
y
f x

在点(0,
(0))
f
处的切线方程为y
x

.
（2）由（1）得
( )
cos
2
f
x
x
x



.
令函数( )
( )
u x
f
x


，则
( )
sin
2
0
u x
x




，所以( )
( )
u x
f
x


是增函数.
(0)
1
f 
，
1
1
cos
1
0
2
2
f 








，所以存在
0
1 ,0
2
x






，使得


0
0
0
cos
2
0
f
x
x
x




，即
2
2
0
0
1 cos
4
x
x

.
所以当


0
,
x
x

时，
( )
0
f
x


，当


0,
x
x

时，
( )
0
f
x


，
所以
( )
f x 在

0
, x

上单调递减，在

0,
x 上单调递增.


2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
( )
sin
sin
cos
sin
sin
4
4
4
f x
f
x
x
x
x
x
x
x








.
因为
0
1 ,0
2
x






，所以
0
1
π
1
0
sin
sin
sin
2
6
2
x


















，
所以
2
2
0
0
1
1
1
1
1
1
5
sin
sin
4
4
4
2
2
4
16
x
x














.故
5
( )
16
f x 
.