第03 讲 等式与不等式的性质
目 录
模拟·基础演练.......................................................................................................................................2
题型01 不等式性质正误判断.............................................................................................2
题型02 比较大小
............................................................................................................8
题型04 不等式的基本证明...............................................................................................23
重难·创新演练...................................................................................................................................35
真题·实战演练.....................................................................................................................................44
模拟·基础演练
考查重点：不等式性质
题型01 不等式性质正误判断
一、单选题
1．（2026·海口·5 月自测）已知函数f ( x)= loga x +e
b（a>0，a≠1，b>0）的图象如图所示，则下列关
系式一定不成立的是（ ）
A．a>1
B．0<b<1
C．b
a>a
b
D．ab≤1
【答案】C
【分析】通过图象的单调性判断出a>1，再通过x =1时的函数值小于e 判断出0<b<1，最后结合指数函数
图象的性质比较b
a与a
b的大小，对于D，取特值即可证明ab≤1有可能成立.
【详解】对于A，由图象知函数单调递增,故a>1，A 一定成立；
对于B，且f (1)= loga1+e
b=e
b<e，则b<1,进而0<b<1，B 一定成立；
对于C，由A,B 已得a>1，0<b<1，则b
a<1,a
b>1，故b
a>a
b一定不成立；
对于D，若a=2,b=0.1，则ab=0.2<1，故ab≤1有可能成立.
2．已知a,b,c∈R，且a>b，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．1
a < 1
b
B．a
2>b
2
C．a
3>b
3
D．ac
2>bc
2
【答案】C
【分析】根据不等式的基本性质，运用举反例的方法，逐一分析选项，判断在a>b的条件下，各选项中的
不等式是否一定成立.
【详解】选项A：当取 a=1，b=-1，此时 a>b，但 1
a =1，1
b =-1，1<-1 不成立，故A 错误；
选项B：当取 a=1，b=-2，此时 a>b，但 a
2=1，b
2= 4，1>4 不成立，故B 错误；
选项C：因为函数 f ( x)= x
3 在R上是单调递增函数，因此当 a>b 时，必有 a
3>b
3，该不等式恒成立，
故C 正确；
选项D：当 c =0 时，ac
2=bc
2=0，不等式不成立，故D 错误.
3．已知实数a，b，c，d 满足：a>b>c>d，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．a+c>b+d
B．a-c<b-d
C．ab>cd
D．ac>bd
【答案】A
【分析】举出反例可判断BCD，根据不等式的基本性质，可判断A，进而得到答案．
【详解】对于A，由a>b,c>d，两式相加得a+c>b+d，故A 正确；
对于B，令a= 4 ,b=3,c =2,d =1，满足a>b>c>d，
此时a-c =2,b-d =2，a-c =b-d，故B 错误；
对于C，令a=1,b=0,c =-1,d =-2，满足a>b>c>d，
此时ab=0,cd =2，ab<cd，故C 错误；
对于D，令a=1,b=-1,c =-2,d =-3，满足a>b>c>d，
此时ac =-2,bd =3，ac<bd，故D 错误.
4．（2026·北京昌平·二模）设-1< x<0< y <1，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．log2|x|- log2|y|<0
B．( 1
2 )
x
-( 1
2 )
y
<0
C．x
2- y
2<0
D．sin x -sin y <0
【答案】D
【分析】由-1< x<0< y <1，利用对数性质取特殊值可排除A，根据(
1
2)
t
单调递减判断B 不成立，再取特
殊平方值否定C，最后由sint在(-1,1)上单调递增，结合x< y得sin x<sin y，确定D 成立.
【详解】选项A：log2| x|- log2| y |= log2| x|
| y | ，取特殊值x =- 1
2，y = 1
4 ，则| x|
| y | =2，log22=1>0，
原不等式不成立，故A 错误.
选项B：指数函数y =(
1
2)
t
在R上单调递减，由x< y，得(
1
2)
x
>(
1
2)
y
，即(
1
2)
x
-(
1
2)
y
>0，故B 错误.
选项C：x
2- y
2=( x + y )( x - y ).取特殊值x =- 3
4 ，y = 1
2，则x
2= 9
16 ，y
2= 4
16 ，x
2- y
2= 5
16 >0，不等式
不成立，故C 错误.
选项D：正弦函数y =sint在(-1,1)上单调递增，由x< y，得sin x<sin y，即sin x -sin y <0，不等式恒
成立，故D 正确.
5．已知实数a，b满足a>b，且1
a > 1
b，则（ ）
A．ab>0
B．a+b>0
C．a+b<0
D．ab<0
【答案】D
【详解】1
a > 1
b ⇒1
a - 1
b >0⇒b-a
ab >0，
因为a>b，所以b-a<0，
所以由b-a
ab >0⇒ab<0，因此选项A 错误，选项D 正确；
若a=3,b=-1，显然a>b，ab<0，此时a+b>0，
若a= 1
2 ,b=-1，显然a>b，ab<0，此时a+b<0，
所以选项BC 都不恒成立，所以选项BC 都不正确.
6．(25-26 高三·青海湟川中学·二模)已知a>b>0>c，则下列不等式一定正确的是（ ）
A．ac>bc
B．a(a+c)>b(b+c)C．a(b-c)>b(a-c) D．1
a-b >
b
b-c
【答案】C
【分析】根据不等式性质以及特殊值求解.
【详解】选项A： 因为a>b，c<0，所以ac<bc，错误.
选项B：a(a+c)-b(b+c)=a
2-b
2+c(a-b)=(a-b)(a+b+c).
a-b>0，取a=1,b=0.5,c =-2，则(a-b)(a+b+c)=0.5×(-0.5)<0，错误.
选项C： a(b-c)-b(a-c)=ab-ac -ab+bc =c(b-a).
因为c<0，b-a<0，故c(b-a)>0，即a(b-c)>b(a-c)，C 正确.
选项D：取a=5,b=3,c =-1，满足a>b>0>c，则左边1
a-b = 1
2，右边b
b-c = 3
4 ，1
2 < 3
4 ，D 错误.
7．已知a<b<c，则（ ）
A．ac<bc
B．ac<b
2
C．2a+b<2b+c
D．b-a<c -b
【答案】C
【分析】对于ABD，举反例即可，对于C，利用不等式的基本性质即可证明.
【详解】对于A：当c≤0时，不等式不成立，故A 错误；
对于B：取a=2,b=3,c =10，则ac>b
2，故B 错误；
对于C：因为a<b<c，所以2a<b+c，即2a+b<2b+c，故C 正确；
对于D：取a=1,b=3,c = 4，则b-a>c -b，故D 错误.
二、多选题
8．若a>b>c，且a+2b+c =0，则下列结论一定成立的是（ ）
A．a>0
B．b<0
C．ac<bc
D．a-b<b-c
【答案】AC
【详解】假设a≤0，因为a>b>c，所以0>b>c，则a+2b+c<0，
与a+2b+c =0矛盾，假设不成立，所以a>0，选项A 正确；
注意到，当a=2，b=1，c =- 4满足条件，选项B 错误；
假设c≥0，因为a>b>c，所以a>b>0，则a+2b+c>0，
与a+2b+c =0矛盾，假设不成立，所以c<0，
因为a>b，所以ac<bc，选项C 正确；
因为(a-b)-(b-c)=a+c -2b=- 4 b，
注意到当a= 4，b=-1，c =-2时，- 4 b>0，即a-b>b-c，选项D 错误.
【新角度】9．（2026·河南开封·二模）已知a+ ln(a-1)=b+ ln(b+1)=c + ln c，则（ ）
A．a+b>2
B．a-b<2
C．a>b
D．a+b>2c
【答案】BCD
【分析】构造函数并利用导数确定其单调性，将多个等式统一转化为同一函数值的大小比较，从而建立变
量间的不等关系；A 选项借助极限思想构造反例进行排除，B 选项直接由所得不等关系移项得出；C 选项
运用反证法结合等式变形推导出矛盾；D 选项通过换元后构造辅助函数并分析其单调性完成不等式的证明.
【详解】设公共值a+ln(a-1)=b+ln(b+1)=c +lnc =k，先确定定义域：a>1,b>-1,c>0，
构造函数φ(t )=t +lnt (t >0)，求导得φ'(t )=1+ 1
t >0，因此φ(t )在(0,+ ∞)上单调递增，
a+ln(a-1)=k ⇒(a-1)+ln(a-1)=k -1⇒φ(a-1)=k -1，
b+ln(b+1)=k ⇒(b+1)+ln(b+1)=k +1⇒φ(b+1)=k +1，
c +lnc =k ⇒φ(c)=k，
由φ(t )单调性可得：φ(a-1)=k -1<φ(c)=k <φ(b+1)=k +1⇒a-1<c<b+1.
选项A：令a→1
+，则φ(a-1)=k -1→-∞⇒k →-∞，
进而b+1→0
+⇒b→-1
+，此时a+b→1+(-1)=0<2，因此A 错误；
选项B：φ(t )单调性可知a-1<b+1，移项得a-b<2，因此B 正确；
选项C：a>b，整理原式得：a-b=ln(
b+1
a-1)，
假设a≤b，则左边a-b≤0，
得ln(
b+1
a-1)≤0⇒b+1
a-1 ≤1⇒b+1≤a-1⇒a-b≥2>0，与假设矛盾，
因此必有a>b，C 正确；
选项D：要证a+b>2c，即证(a-1)+(b+1)=a+b>2c，
令x1=a-1, x2=b+1，已知x1<c< x2且φ(x1)+φ(x2)=2φ(c)，
要证x1+ x2>2c，即证x2>2c - x1，
构造函数F (x)=φ(x)+φ(2c - x)(0< x<c)，
求导得：F
' (x)=φ'(x)-φ'(2c - x)=(1+ 1
x)-(1+
1
2c - x)= 2(c - x)
x (2c - x)，
因为x<c，所以c - x>0，分母x (2c - x)>0，
因此F
' (x)>0，即F (x)在(0,c)上单调递增，
得：F (x1)< F (c)=2φ(c)=φ(x1)+φ(x2)，消去φ(x1)得φ(2c - x1)<φ(x2)，
由φ单调性得2c - x1< x2，即x1+ x2>2c，即a+b>2c，因此D 正确.
10．如果a,b,c ,d ∈R ,ab≠0，则下列说法正确的是（ ）
A．若a>b，则1
a < 1
b
B．若ac
2>bc
2，则a>b
C．若a>b,c>d，则ac>bd
D．若b>a>0,c>0，则b+c
a+c < b
a
【答案】BD
【分析】选项A 和C，取反例求解即可；选项B，约掉c
2即可；选项D，用作差法即可判断.
【详解】对于A：取a=1,b=-2，则1
a > 1
b，故A 错误；
对于B：由ac
2>bc
2，可知c
2≠0，所以c
2>0，同除c
2，得到a>b，故B 正确；
对于C：取a=1,b=-1,c =0,d =-2，ac =0,bd =2，此时ac<bd，故C 错误；
对于D：b+c
a+c - b
a = a(b+c)-b(a+c)
a(a+c)
= c (a-b)
a(a+c)，
因为b>a>0，所以a-b<0；又c>0，a(a+c)>0，
即b+c
a+c - b
a <0，故b+c
a+c < b
a，故D 正确.
11．下列说法正确的是（ ）
A．∃x∈R，x
2+3 x +2≤0
B．若x∈R，则“x> 2
3”是“2
x <3”的充要条件
C．x
2+
9
x
2+3
的最小值为3
D．若
a
c
2-1
>
b
c
2-1
，则a>b
【答案】AC
【分析】利用存在量词命题的定义判断A；利用充要条件的定义判断B；利用基本不等式求出最小值判断
C；利用不等式的性质判断D.
【详解】对于A，解不等式x
2+3 x +2≤0，得-2≤x ≤-1，因此∃x∈R , x
2+3 x +2≤0，A 正确；
对于B，当2
x <3时，x<0或x> 2
3，即x> 2
3能推出2
x <3，但2
x <3不能推出x> 2
3，
因此“x> 2
3”是“2
x <3”的充分不必要条件，B 错误；
对于C，x
2+
9
x
2+3
= x
2+3+
9
x
2+3
-3≥2❑√
(x
2+3)·
9
x
2+3
-3=6-3=3，
当且仅当x
2+3=
9
x
2+3，即x =0时取等号，因此x
2+
9
x
2+3的最小值为3，C 正确；
对于D，
a
c
2-1
>
b
c
2-1，当c
2-1<0时，a<b，D 错误.
12．若a>0，b>0，a+b= 4，则（ ）
A．a- 4
b ≥0
B．1
a + 1
b ≥1
C．❑√a+ ❑√b≤2❑√2
D．12≤a
2+3b
2<48
【答案】BCD
【分析】根据基本不等式可得ab≤4，进而可判断A；根据基本不等式“1”的妙用计算可判断B；根据基
本不等式计算可判断C；利用换元法结合二次函数性质计算可判断D.
【详解】对于A 选项，因为a>0，b>0，4 =a+b≥2❑√ab，所以ab≤4，
当且仅当a=b=2时取等号，即a≤4
b ，所以a- 4
b ≤0，所以A 选项不正确；
对于B 选项，因为1
a + 1
b = 1
4 ( 1
a + 1
b )(a+b)= 1
4 (2+ b
a + a
b )≥1
4 (2+2❑√
b
a ⋅a
b )=1，
当且仅当a=b=2时取等号，所以B 选项正确；
对于C 选项，因为
❑√a+ ❑√b
2
≤
❑√
(❑√a)
2+(❑√b)
2
2
= ❑√2，所以❑√a+ ❑√b≤2❑√2，
当且仅当a=b=2时取等号，所以C 选项正确；
对于D 选项，因为a>0，b>0，a= 4 -b，
所以a
2+3b
2=(4 -b)
2+3b
2= 4(b-1)
2+12，
又因为0<b<4，所以12≤4(b-1)
2+12<48，所以D 选项正确.
题型02 比较大小
一、单选题
1．(25-26 高三下·黑龙江哈尔滨第九中学校·三模)下列各式大小比较中正确的是（ ）
A．❑√7 - ❑√5>❑√5- ❑√3
B．tanπ
5 <sinπ
5
C．2ln3<3 ln2
D．log 1
5
1
2 <(
1
2)
1
5
【答案】D
【分析】由不等式的性质判断A；由三角函数的性质判断B；由对数的公式判断C；由对数函数和指数的
单调性判断D.
【详解】对于A，因为❑√7 - ❑√5= (❑√7 - ❑√5)(❑√7+ ❑√5)
❑√7+ ❑√5
=
2
❑√7+ ❑√5
，
❑√5- ❑√3= (❑√5- ❑√3)(❑√5+ ❑√3)
❑√5+ ❑√3
=
2
❑√5+ ❑√3
，
由于❑√7+ ❑√5>❑√5+ ❑√3>0，则
2
❑√7+ ❑√5 <
2
❑√5+ ❑√3，
即❑√7- ❑√5<❑√5- ❑√3，故A 错误；
对于B，由0<cosπ
5 <1，则
1
cosπ
5
>1，而sinπ
5 >0，则sinπ
5 <
sinπ
5
cosπ
5
= tanπ
5 ，故B 错误；
对于C，2ln3= ln 9>ln 8=3 ln2，故C 错误；
对于D，由log 1
5
1
2 = log52<log5
❑√5= 1
2，(
1
2)
1
5 >(
1
2)
1
= 1
2，
则log 1
5
1
2 <(
1
2)
1
5，故D 正确.
2．已知正数a,b,c满足logac>logbc>0，则下列说法正确的是（ ）
A．c>1
B．a<b
C．a
c>b
c
D．c
b>c
a
【答案】D
【分析】由logac>0,logbc>0可知a,b,c要么都大于1，要么都在(0,1)内，再由logac>logbc分类讨论
c>1和0<c<1两种情况，分别比较a,b的大小，最后判断c
a与c
b的大小关系.
【详解】因为logac>0,logbc>0,所以：若a>1，则c>1；
若0<a<1，则0<c<1，同理由logbc>0可知b与c要么都大于1，要么都在(0,1)内，
因此，a,b,c满足以下两种情况之一：a>1,b>1,c>1；0<a<1,0<b<1,0<c<1.
下面分类讨论：
情况一：c>1，
此时a>1,b>1，所以lna>0,lnb>0,lnc>0，
由logac>logbc得lnc
lna >lnc
lnb .
因为lnc>0，所以1
lna > 1
lnb .
又因为 lna,lnb>0，故lna<lnb,从而a<b.
由于c>1时，函数y =c
x单调递增，所以a<b⇒c
a<c
b.即c
b>c
a.
情况二：0<c<1，
此时 0<a<1,0<b<1，所以 lna<0,lnb<0,lnc<0.
由logac>logbc得lnc
lna >lnc
lnb .
因为lnc<0，两边同除以 lnc 时不等号方向改变，故1
lna < 1
lnb .
又因为lna,lnb<0，所以lna>lnb,从而a>b.
由于0<c<1时，函数y =c
x单调递减，所以a>b⇒c
a<c
b.即c
b>c
a.
综上，无论哪种情况，都有c
b>c
a.
所以正确选项是D.
3．(25-26 高三下·广东揭阳·)已知a，b，c∈R，且a>b，则下列说法正确的是（ ）
A．1
a < 1
b
B．ac
2>bc
2
C．a
2>b
2
D．e
a>e
b
【答案】D
【详解】对于A，当a=2,b=-1时，满足a>b，而1
a > 1
b ，故A 错误；
对于B，当c =0时，ac
2=bc
2，故B 错误；
对于C，当a=1,b=-1时，满足a>b，而a
2=b
2，故C 错误；
对于D，因为函数y =e
x在R上单调递增，且a>b，则e
a>e
b，故D 正确.
4．(25-26 高三下·四川泸州高级中学校·)下列命题为真命题的是（ ）
A．若a>b>1，则e
1
a >e
1
b；
B．若a>b>1，则a
ln b > b
ln a；
C．若a<b<0，则a
2<ab<b
2；
D．若a<b<0，则cosa<tan b.
【答案】B
【分析】利用指数函数的单调性判断A，构造y = x ln x且x>1，导数研究其单调性得到大小关系判断B，
应用不等式的性质判断C，由余弦、正切函数的性质，举反例判断D.
【详解】由a>b>1，则0< 1
a < 1
b <1，故e
1
a <e
1
b，A 为假命题，
令y = x ln x且x>1，则y
' =1+ ln x>0，故y = x ln x在(1,+∞)上单调递增，
由a>b>1，则aln a>b ln b⇔a
ln b > b
ln a，B 为真命题，
由a<b<0，则-a>-b>0，故(-a)
2>(-a)⋅(-b)>(-b)
2，即a
2>ab>b
2，C 为假命题，
若a<b<0，反例：如a=-π
2 ,b=-π
4 ，则cosa=0>tan b=-1，D 为假命题.
5．已知a，b∈R，且0<|a|<b<1，则（ ）
A．a
2>b
2
B．1
a > 1
b
C．a
a+1 <
b
b+1
D．cosa<cosb
【答案】C
【分析】对于AB，利用不等式的性质可判断，对于C，使用作差法即可判断，对于D，结合余弦函数的单
调性和奇偶性即可判断.
【详解】对于A，因为0<|a|<b<1，所以|a|
2<b
2，即a
2<b
2，故A 错误；
对于B，当a∈(-1,0)时，1
a <0，1
b >0，此时1
a < 1
b ，故B 错误；
对于C，a
a+1 -
b
b+1 = a(b+1)-b(a+1)
(a+1)(b+1)
=
a-b
(a+1)(b+1)，
因为0<|a|<b<1，所以a+1>0，b+1>0，a-b<0，
所以
a-b
(a+1)(b+1) <0，即a
a+1 <
b
b+1，故C 正确；
对于D，函数y =cos x在(0,1)上单调递减，所以cos|a|>cosb，
又因为函数y =cos x为偶函数，所以cosa>cosb，故D 错误.
6．（2026·云南昆明一中·5 月诊断）设a>0，b>0，则下列结论正确的是（ ）
A．a
2+b
2≥2(a+b)
B．a
2+b
2
a+b ≥ab
C．b
a + 2a
a+b ≥2❑√2
D．
a+b
a
2+b
2+2
≤1
2
【答案】D
【详解】对于A，若取a=b=1>0，但a
2+b
2=2,2(a+b)= 4，不满足a
2+b
2≥2(a+b)，故A 错误；
对于B，若取a=1>0，b=2>0，则a
2+b
2
a+b = 1
2+2
2
3
= 5
3 ,ab=2，不满足a
2+b
2
a+b ≥ab，故B 错误；
对于C，因
b
a + 2a
a+b = b
a +
2
1+ b
a
=1+ b
a +
2
1+ b
a
-1≥2❑√2-1，当且仅当1+ b
a =
2
1+ b
a
时取等，
即当b=(❑√2-1)a时，b
a + 2a
a+b 取得最小值2❑√2-1，而2❑√2-1<2❑√2,故C 错误；
对于D，令
a+b
a
2+b
2+2
=t (t >0)，则t a
2-a+t b
2-b+2t =0可看作关于a的一元二次方程有正数解，
所以Δ=1- 4 t (t b
2-b+2t)≥0，整理得4 t
2b
2- 4 tb+8t
2-1≤0，此时可看作关于b的一元二次不等式有
正数解，
则Δ1=16t
2-16t
2(8t
2-1)≥0，可得t
2≤1
4 ，因t >0，则得0<t ≤1
2，当a=b=1时取等，故D 正确.
7．（2026·河北雄安新区·预测）若实数x，y满足y =lg(3
x+7
x)，对于以下各式：①x> y >1；②y > x>1；
③x< y <1；④y < x<1，其中不可能成立的个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】借助指数函数性质结合作差法，分x>1及x<1讨论并判断即可得.
【详解】y - x =lg(3
x+7
x)- x =lg(
3
x+7
x
10
x )=lg(0.3
x+0.7
x)，
若x>1，由g(x)=0.3
x+0.7
x在(0,+ ∞)上单调递减，
则0.3
x+0.7
x<1，故lg(0.3
x+0.7
x)<0，即x> y，
又y =lg(3
x+7
x)>lg(3
1+7
1)=lg10=1，
故x> y >1，故①可能成立，②不可能成立；
若x<1，则0.3
x+0.7
x>1，故lg(0.3
x+0.7
x)>0，即x< y，
又y =lg(3
x+7
x)<lg(3
1+7
1)=lg10=1，
故x< y <1，故③可能成立，④不可能成立；
故其中不可能成立的个数是2.
8．（2026·广东·华侨港澳台联考适应性(二)）已知数列{an}对任意正整数k，数列{an+k -an}均为单调递增
数列，记数列{an}前n 项和为Sn，则下列说法错误的是（ ）
A．若a1<a2，则{an}为单调递增数列
B．an+an+2<2an+1对任意n∈N
*恒成立
C．若a1=1，a2026=2026，则a1013<1013D．S2026<1013(a1+a2026)
【答案】B
【分析】取k =1，则an+1-an>an-an-1>⋯>a2-a1>0，即可判断A；根据an+2-an+1>an+1-an即可判断
B；设dn=an+1-an，则a1014=a1013+d1013，得2a1013+d1013<2027，由a2026>a1013+1013d1013得
d1013< 2026-a1013
1013
，进而2a1013+ 2026-a1013
1013
<2027，解之即可判断C；利用作差法计算
1013(a1+a2026)- S2026=∑
i=1
1013
[(a2026+a1)-(a2027 -i+ai)]，由B 可知a1+a2026>a2+a2025>⋯>a1013+a1014，
即可判断D.
【详解】A：由题意知，取k =1，则数列{an+1-an}单调递增，
又a1<a2，所以a2-a1>0，
所以an+1-an>an-an-1>⋯>a2-a1>0，
得an+1-an>0，即数列{an}单调递增，故A 正确；
B：当k =1时，数列{an+1-an}单调递增，
则an+1-an>an-an-1，得an+2-an+1>an+1-an，
所以an+an+2>2an+1，故B 错误；
C：当k =1，则数列{an+1-an}单调递增，
设dn=an+1-an，则d1<d2<⋯<d1013<d1014<⋯<d2025，a1014=a1013+d1013
当k =1013时，数列{an+1013-an}单调递增，由a1=1,a2026=2026，
得a1014-a1<a1015-a2<⋯<a2026-a1013， 所以a1014-1<2026-a1013，
即a1013+a1014<2027，得2a1013+d1013<2027，①
又a2026=a1013+(d1013+d1014+⋯+d2025)>a1013+1013d1013，
即2026>a1013+1013d1013，所以d1013< 2026-a1013
1013
，
联合①式，得2a1013+ 2026-a1013
1013
<2027，解得a1013<1013，故C 正确；
D：S2026=a1+a2+⋯+a2026,1013(a1+a2026)=1013a1+1013a2026，
1013(a1+a2026)- S2026=∑
i=1
1013
[(a2026+a1)-(a2027-i+ai)]，
又a1+a2026>a2+a2025>⋯>a1013+a1014，
所以1013(a1+a2026)- S2026=∑
i=1
1013
[(a2026+a1)-(a2027 -i+ai)]>0，
即1013(a1+a2026)>S2026，故D 正确.
9．若c>b>a>0，则（ ）
A．a
bb
c>a
cb
b
B．2lnb<lna+lnc
C．a- c
a >b- c
b
D．logac>logbc
【答案】A
【分析】利用作商法判断A；利用特值法判断BD；利用作差法判断C.
【详解】选项A 中，若c>b>a>0，则0< a
b <1,b-c<0,
由于a
bb
c
a
cb
b =a
b-cb
c -b=(
a
b)
b-c
>(
a
b)
0
=1，所以a
bb
c>a
cb
b成立，故A 正确；
选项B 中，2lnb=lnb
2，lna+lnc =lnac，由c>b>a>0，取c =3,b=2,a=1，
则b
2= 4 ,ac =3，此时b
2>ac，lnb
2>lnac，即2lnb>lna+lnc，故B 错误；
选项C 中，若c>b>a>0，则a-b<0，
由于a- c
a -(b- c
b)=(a-b)(1+ c
ab)<0，则a- c
a <b- c
b，故C 错误；
选项D 中，令c =1，则logac =logbc =0，故D 错误.
故选：A.
10．若a=2
0.4,b=3
0.25,c =log0.70.5，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a<b<c
B．b<a<c
C．b<c<a
D．c<a<b
【答案】B
【分析】利用指数函数的单调性以及对数函数单调性可判断a,c范围，比较它们的大小；利用作商法比较
a,b的大小，即可得答案.
【详解】因为函数y =2
x在R 上单调递增，所以a=2
0.4<2
0.5= ❑√2．
又a
b = 2
0.4
3
0.25 =(
2
0.4×20
3
0.25×20)
1
20 =(
2
8
3
5)
1
20 =(
256
243)
1
20 >1，所以b<a<❑√2．
因为0.5
2=0.25<0.343，故0.5<❑√0.343=0.7
3
2 , y =log0.7 x在(0,+∞)上单调递减，
所以log0.70.5>log0.70.7
3
2 = 3
2 >❑√2，所以a<c，
所以实数a,b,c的大小关系为b<a<c，
故选：B．
11．已知a=2e
❑√π，b=e
e，c =e
2
ln2，试比较a，b，c 的大小关系为（ ）
A．b>c>a
B．b>a>c
C．c>a>b
D．c>b>a
【答案】B
【分析】先利用ln x常见的不等式，估计出ln2的范围，精确估计出1.73<❑√π<1.8，然后利用作商法比较
大小.
【详解】先证明两个不等式：
（1）2ln x< x - 1
x ( x>1)，设f ( x)=2ln x - x + 1
x ( x>1)，则
f
'( x)= 2
x -1- 1
x
2 =-(
1
x -1)
2
<0( x>1)，即f ( x)在(1,+∞)上单调递减，故
f ( x)<f (1)=0，即2ln x< x - 1
x ( x>1)成立
（2）ln x> 2( x -1)
x +1
( x>1)，设g( x)= ln x - 2( x -1)
x +1
( x>1)，则
g
'( x)= 1
x -
4
( x +1)
2 = ( x -1)
2
x( x +1)
2 >0( x>1)，即g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，故
g( x)>g(1)=0，即ln x> 2( x -1)
x +1
( x>1)成立
再说明一个基本事实，显然3<π<3.24，于是1.73<❑√3<❑√π<1.8.
由（1）可得，取x =2，可得2ln2<1.5⇔ln2<0.75⇔e
0.75>2；
由（2）可得，取x =2，可得ln 2> 2
3，再取x = 4
3 ，可得ln 4
3 > 2
7 >0.27，即e
0.27< 4
3 ⇔e
-0.27> 3
4 .
b
a =e
e
2e
❑√π =ee- ❑√π
2
>e
e-1.8
2
>e
0.75
2 >1，显然a>0，于是b>a；
c
a =
e
2
ln2
2e
❑√π =e2- ❑√π
2ln2 <3e2- ❑√π
4
<e2- ❑√π-0.27=e1.73- ❑√π<e
0=1，显然a>0，于是c<a.故b>a>c.
故选：B
二、解答题
12．（1）求证：当x ≥0时，1- 1
2 x
2≤cos x ≤1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4；
（2）利用（1）的结论，比较6
7 ，cos 1
2，3 π
10 的大小.
【答案】（1）证明见下详解；（2）6
7 <cos 1
2 < 3 π
10
【分析】（1）分别构造两个函数，利用导数研究函数的单调性，即可对两个不等式作出证明；
（2）利用（1）的结论，估计三角函数值并比较大小即可.
【详解】（1）解：设f (x)=cos x -(1- 1
2 x
2)，x ≥0，则f
' (x)=-sin x + x，
又f
″ (x)=-cos x +1≥0，所以f
' (x)单调递增，即f
' (x)≥f
' (0)=0，
所以f (x)在[0,+∞)单调递增，因此f (x)≥f (0)=0，所以cos x ≥1- 1
2 x
2；
再设g(x)=cos x -(1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4)，x ≥0，则g
' (x)=-sin x + x - 1
6 x
3，
g
″ (x)=-cos x +1- 1
2 x
2，由cos x ≥1- 1
2 x
2，则-cos x +1- 1
2 x
2≤0，
所以g
″ (x)=-cos x +1- 1
2 x
2≤0，
则g
' (x)单调递减，所以g
' (x)≤g
' (0)=0，因此g(x)在[0,+ ∞)单调递减，
则g(x)≤g(0)=0，所以cos x -(1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4)≤0，即cos x ≤1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4，
因此，当x ≥0时，1- 1
2 x
2≤cos x ≤1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4；
（2）由（1）知当x ≥0时，1- 1
2 x
2≤cos x ≤1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4，
取x = 1
2，则1- 1
2 x
2=1- 1
2 ×(
1
2)
2
= 7
8 =0.875> 6
7 ≈0.857，
1- 1
2 x
2+ 1
24 x
4=1- 1
2 ×(
1
2)
2
+ 1
24 ×(
1
2)
4
= 337
384 ≈0.88，
又3 π
10 ≈0.94，所以0.875<cos 1
2 <0.88，
因此6
7 <cos 1
2 < 3 π
10 .
题型03 求代数式的取值范围
一、单选题
1．（25-26 高三下·江苏如皋中学·培优）已知三个不相同的正整数的平均数是11，且最大数与最小数的差
为6，则中间的数为（ ）
A．9
B．11
C．13
D．15
【答案】B
【分析】设出未知数，利用平均数和极差得到y =27 -2 z，从而根据不等式关系得到z =8，求出答案
【详解】三个不相同的正整数分别为x , y , z，x> y > z，
则x + y + z
3
=11，x - z =6，
故x + y + z =33，则y =27 -2 z，故27-2 z> z，解得z<9，
又x =6+ z> y，即6+ z>27 -2 z，解得z>7，
故7< z<9，又z为正整数，故z =8，故y =27-2 z =11，中间值为11.
【新思维】2．对于任意的x∈[
3
2 ,4]，都有a x
2+(b-1)x + 4 a≥0和a x
2+(b-5)x + 4 a≤0恒成立，其
中a，b 为实数．则|a|+|2a+b+20|的取值范围是（ ）
A．[17,37]
B．[25,35]
C．[17,45]
D．[21,45]
【答案】A
【分析】根据题意将不等式整理为¿，结合对勾函数性质构造函数f (t )=at +b，再结合线性规划求解即可.
【详解】由x∈[
3
2 ,4]，不等式两侧同时除以x，得¿，
整理得¿，设t = x + 4
x ，根据对勾函数的性质可得
当x =2时，t取最小值为4，
当x = 3
2时，t = 3
2 + 4
3
2
= 25
6 ，
当x = 4时，t = 4+ 4
4 =5，故t ∈[4,5]，
即t ∈[4,5]，恒有1≤at +b≤5.
设f (t )=at +b，则¿，即¿①，
建立关于a,b的平面直角坐标系如图所示，①表示四条直线围成的一个平行四边形，
联立方程求解顶点坐标可得
¿，¿，
¿，¿.
设目标函数为Z =|a|+|2a+b+20|，将A (0,1),B (0,5),C (4 ,-15), D (- 4,21)
代入2a+b+20，得¿，即可行域内2a+b+20>0恒成立，
故Z =|a|+2a+b+20.
当a≥0时，Z =a+2a+b+20=3a+b+20，代入A (0,1),B (0,5),C (4 ,-15)，
可得Z的取值分别为21,25,17，故Z ∈[17,25]；
当a<0时，Z =a+b+20，代入D (- 4,21)，可得Z =37，
综上所述Z ∈[17,37].
故选：A.
3．当0< x ≤1
3时，满足8
x<loga x(a>0,a≠1)，则a的取值范围是（ ）
A．(0,
❑√3
3 )
B．(
❑√3
3 ,1)
C．(1,❑√3)
D．(❑√3,3)
【答案】B
【分析】先由指数函数的单调性确定1<8
x≤2，再结合对数函数的图象和性质分两类讨论可得.
【详解】因为0< x ≤1
3，函数y =8
x在(0, 1
3 ]单调递增，所以1<8
x≤8
1
3 =2.
当a>1时，因为0< x ≤1
3，所以y = loga x<0，故不等式不成立；
当0<a<1时，函数y = loga x在(0, 1
3 ]单调递减，要使不等式成立，只需loga 1
3 >2= logaa
2，
得a
2> 1
3，解得a>
❑√3
3 （a<-
❑√3
3 舍去），又因为0<a<1，所以
❑√3
3 <a<1.
故选：B
4．已知θ∈[0,π
2 )，则2(1-sinθ)
2
cos2θ+1
的最大值是（ ）
A．1
B．❑√2
C．2
D．4
【答案】A
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合θ的取值范围，及不等式的性质求得2(1-sinθ)
2
cos2θ+1
的取值范围，从而
得到2(1-sinθ)
2
cos2θ+1
的最大值.
【详解】当θ∈[0,π
2 )时，0≤sinθ<1，得到1-sinθ>0,1≤1+sinθ<2.
由题意得2(1-sinθ)
2
cos2θ+1 =
2(1-sinθ)
2
(1-2sin
2θ)+1
= 2(1-sinθ)
2
2(1-sin
2θ)
= (1-sinθ)
2
1-sin
2θ
= 1-sinθ
1+sinθ =-1+
2
1+sinθ .
由1≤1+sinθ<2，得1<
2
1+sinθ ≤2，所以0<-1+
2
1+sinθ ≤1.
故2(1-sinθ)
2
cos2θ+1
的最大值为1.
故选：A.
5．已知点P(-5,0)，Q1，Q2∈{(x, y)||x|≤1,|y|≤1}，则⃗PQ1⋅⃗PQ2的取值范围是（ ）
A．[15,36]
B．[15,37]
C．[16,36]
D．[16,37]
【答案】B
【分析】设Q1(x1, y1),Q2(x2, y2)，则PQ
→
1· PQ
→
2=(x1+5)(x2+5)+ y1 y2.由题求出(x1+5)(x2+5)，y1 y2
的取值范围，根据不等式的性质，可得⃗PQ1⋅⃗PQ2的取值范围.
【详解】设Q1(x1, y1),Q2(x2, y2)，则PQ
→
1· PQ
→
2=(x1+5, y1)·(x2+5, y2)=(x1+5)(x2+5)+ y1 y2.
因为|x1|≤1,|x2|≤1,|y1|≤1,|y2|≤1，所以-1≤x1≤1,-1≤x2≤1,-1≤y1≤1,-1≤y2≤1.
所以4≤x1+5≤6,4≤x2+5≤6,-1≤y1 y2≤1.
所以16≤(x1+5)(x2+5)≤36.
所以15≤(x1+5)(x2+5)+ y1 y2≤37.
其中当(x1+5)(x2+5)与y1 y2同时取最大值时，即x1+5= x2+5=6与y1 y2=1时，⃗PQ1⋅⃗PQ2取得最大值，
最大值为37.此时，点Q1,Q2重合，坐标为(1,1)或(1,-1).
当(x1+5)(x2+5)与y1 y2同时取最小值时，即x1+5= x2+5= 4与y1 y2=-1时，⃗PQ1⋅⃗PQ2取得最小值，
最小值为15.此时，点Q1,Q2的坐标分别为(-1,1),(-1,-1)或(-1,-1),(-1,1).
所以⃗PQ1⋅⃗PQ2的取值范围是[15,37].
故选：B.
6．(25-26 高三上·浙江杭州·)《算经十书》是中国古代数学典籍的合集.书中记载（用现代文表达）：今有
牛､羊､猪各数头（各有至少1 头），已知猪的数量多于羊，羊的数量多于牛，牛的数量的3 倍多于猪､羊数
量之和，则牛､羊､猪的总头数至少为（ ）
A．12
B．15
C．18
D．21
【答案】B
【分析】根据题意列出不等式组，解出即可.
【详解】设牛、羊、猪分别为x , y , z 头，则根据题意有¿，则x>3，
则xmin= 4 ，则 ¿，则(x + y + z)min= 4 +5+6=15.
故选：B.
二、多选题
【新考法】7．(25-26 高三·四川德阳·)已知关于x 的方程：|(x +1)e
x -1|=mx +m( x>-1)有两个根
x1, x2(x1< x2)，则下列说法正确的有（ ）
A．-1< x1<0< x2
B．x1+ x2<0
C．x1+1< 1
m
D．ln m< x2<em
【答案】ACD
【分析】选项A 通过分析函数y =|(x +1)e
x -1|与y =m( x +1)的图象交点情况确定；选项B 利用函数的图
象来判断；选项C 根据x1满足的方程变形求解；选项D 分析x2满足的方程，结合构造函数，利用函数单调
性判断.
【详解】因为方程|(x +1)e
x -1|=mx +m( x>-1)有两个根x1, x2(x1< x2)，
所以m=|( x +1)e
x -1|
x +1
，
又x>-1，m=|
( x +1)e
x -1
x +1
|=|e
x -
1
x +1|，
所以函数y =|e
x -
1
x +1|与函数y =m图象在(-1,+ ∞)上有两个交点，
而y =|e
x -
1
x +1|=¿，由此可作出y =|e
x -
1
x +1|, x>-1的大致图象；
如图所示，所以-1< x1<0< x2，选项A 正确；
根据图象可知当m 逐渐增大时，x1→-1，而x2将会大于1，此时x1+ x2>0，
可得x1+ x2<0不成立，选项B 不正确；
因为-1< x1<0，则1-( x1+1)e
x1=m x1+m，
所以m= 1-( x1+1)e
x1
x1+1
，
则1
m =
x1+1
1-( x1+1)e
x1，
因为1> x1+1>0，0<1-( x1+1)e
x1<1，所以x1+1< 1
m，选项C 正确；
因为x2>0，则( x2+1)e
x2-1=m x2+m，
所以m= ( x2+1)e
x2-1
x2+1
=e
x2-
1
x2+1，
则e
x2=m+
1
x2+1 >m，
两边取对数得x2>ln m.
因为m=e
x2-
1
x2+1，
令y =em- x =e×e
x -e
x +1 - x =e
x +1-e
x +1 -( x +1)+1，
令t = x +1(t >1)，
y =e
t -e
t -t +1，y
' =e
t +e
t
2 -1，
因为t >1，y
'>0，y =e
t -e
t -t +1单调递增，
即得y >e
1-e-1+1=0，即em> x，
所以x2<em，即ln m< x2<em，选项D 正确.
8．已知3<a<10，5<b<30，则下列结论正确的有（ ）
A．2< b
a <10
B．11<2a+b<50
C．2<b-a<20
D．23
10 < a
2+2b
b
<22
【答案】BD
【分析】根据给定条件，利用不等式的性质逐项分析判断.
【详解】对于A，由3<a<10，得1
10 < 1
a < 1
3，而5<b<30，则1
2 < b
a <10，A 错误；
对于B，由3<a<10，得6<2a<20，而5<b<30，则11<2a+b<50，B 正确；
对于C，由3<a<10，得-10<-a<-3，而5<b<30，则-5<b-a<27，C 错误；
对于D，由3<a<10，得9<a
2<100；由5<b<30，得1
30 < 1
b < 1
5，则3
10 < a
2
b <20，
因此23
10 < a
2
b +2<22，即23
10 < a
2+2b
b
<22，D 正确.
故选：BD
三、填空题
9．已知loga4 + log2a<3，则a的取值范围为______
【答案】(0,1)∪(2,4)
【分析】利用换底公式loga4换为
1
log4a =
2
log2a，结合对勾函数求解即可.
【详解】因为loga4+ log2a=
1
log4a + log2a=
2
log2a + log2a，
所以令t = log2a，则t ≠0，所以2
t +t <3，由y = 2
t +t的图象可知，
所以t ∈(-∞,0)∪(1,2)，log2a∈(-∞,0)∪(1,2)，所以a∈(0,1)∪(2,4).
故答案为：(0,1)∪(2,4).
10．(25-26 高三上·福建多校·)若对任意的x∈[1,2]，不等式|2a x
2+(3a+2b)x - 4 a
x |≤x恒成立，则
2b- 4 a的取值范围为__________.
【答案】[-3,3]
【分析】等价变形给定不等式，构造函数f ( x)=2 x +3- 4
x
2并确定在[1,2]上单调性，求出最值并建立不等
式，再利用不等式性质求出范围.
【详解】对任意的x∈[1,2]，不等式|2a x
2+(3a+2b)x - 4 a
x |≤x⇔|a(2 x +3- 4
x
2 )+2b|≤1恒成立，
函数y =2 x +3, y =- 4
x
2在[1,2]上都单调递增，则函数f ( x)=2 x +3- 4
x
2在[1,2]上单调递增，
则f ( x)∈[1,6]，因此¿，又2b- 4 a=2(a+2b)-(6a+2b)，则-3≤2b- 4 a≤3，
所以2b- 4 a的取值范围为[-3,3].
故答案为：[-3,3]
11．已知实数a,b,c满足a+b+c =1,a
2+b
2+c
2=1，则bc
a
2+1的取值范围是__________..
【答案】[
1- ❑√2
2
, 2
5]
【分析】由题干中的等量关系化简所求代数式，根据参数的取值范围，可得答案.
【详解】bc = (b+c)
2-(b
2+c
2)
2
=a
2-a，则bc
a
2+1
= a
2-a
a
2+1
=1- a+1
a
2+1
，
又b
2+c
2≥(b+c)
2
2
，得- 1
3 ≤a≤1，
设a+1=t ∈[
2
3 ,2]，由函数y = x + 2
x 在(
2
3 ,❑√2)上单调递减，在(❑√2,2)上单调递增，
则t + 2
t ∈[2❑√2, 11
3 ]，由原式为1-
1
t + 2
t -2，则所求范围为[
1- ❑√2
2
, 2
5].
故答案为：[
1- ❑√2
2
, 2
5].
12．已知2<a+b<3，-2<a-b<-1，则a+2b的取值范围为______.
【答案】(
7
2 , 11
2 )
【分析】用待定系数法求出a+2b的表示形式，再根据a+b和a-b的取值范围求出a+2b的范围即可.
【详解】设a+2b=m(a+b)+n(a-b)=(m+n)a+(m-n)b，即¿，解得¿.
所以a+2b= 3
2
(a+b)- 1
2
(a-b).
因为2<a+b<3，-2<a-b<-1.
所以3< 3
2
(a+b)< 9
2，1
2 <- 1
2
(a-b)<1.
所以7
2 <a+2b< 11
2 .
故答案为：(
7
2 , 11
2 ).
【新思维】13．(25-26 高三上·浙江强基联盟·)已知0<α , β ,γ <π
2 ，且α + β + γ =π
2 ，若不等式
sinα sin β cosγ +sinα cos β sin γ +cosα sin β sin γ ≥λsinα sin β sin γ恒成立，则实数λ的最大值
为______．
【答案】3 ❑√3
【分析】由0<α , β ,γ <π
2 可对不等式同除sinα sin β sin γ，然后求不等式右边的最小值.利用诱导公式
和和差角公式化简右边代数式，分析得到右式在α = β时取到最小值，此时再次化简右边等式，利用换元法
得到代数式，构造函数，利用导数得到函数的最大值，从而得到右边代数式的最小值，然后得到实数λ的
最大值.
【详解】∵0<α , β ,γ <π
2 ，∴sinα sin β sin γ >0，
原式等价于λ≤
1
tan α +
1
tan β +
1
tan γ = sin (α + β)
sin α sin β + cos γ
sin γ ，
化简得右式=
sin(
π
2 - γ)
sin α sin β + cos γ
sin γ =
2cos γ
cos(α - β)-cos(α + β) + cos γ
sin γ
=
2cos γ
cos(α - β)-cos(
π
2 - γ)
+ cos γ
sin γ =
2cos γ
cos(α - β)-sin γ + cos γ
sin γ
以α - β作为主元可得右式在α = β时取到最小值，
此时右式= sin (α + β)
sin α sin β + cos γ
sin γ =
sin 2α
sin α sin α +
cos(
π
2 -2α)
sin(
π
2 -2α)
= 2sin α cosα
sin α sin α + sin 2α
cos2α =
2
tan α + tan 2α，
令tan α =t，则右边= 2
t + 2t
1-t
2 =
2
t -t
3，
令f (t )=t -t
3(t >0)，f
' (t )=1-3t
2(t >0)，
即函数f (t )在(0,
❑√3
3 )上单调递增，在(
❑√3
3 ,+∞)上单调递减，
∴f (t )max= f(
❑√3
3 )=
2
3 ❑√3
，因此λmin=3 ❑√3．
故答案为：3 ❑√3.
题型04 不等式的基本证明
一、单选题
1．(24-25 高三上·浙江金华·一模)某高中高三（15）班打算下周开展辩论赛活动，现有辩题A、B 可供选择，
每位学生都需根据自己的兴趣选取其中一个作为自己的辩题进行资料准备，已知该班的女生人数多于男生
人数，经过统计，选辩题A 的人数多于选辩题B 的人数，则（ ）
A．选辩题A 的女生人数多于选辩题B 的男生人数
B．选辩题A 的男生人数多于选辩题B 的男生人数
C．选辩题A 的女生人数多于选辩题A 的男生人数
D．选辩题A 的男生人数多于选辩题B 的女生人数
【答案】A
【分析】根据不等式的性质以及简单的逻辑推理，找出正确的选项即可.
【详解】设选辩题A 的男生有x 人，选辩题A 的女生有y 人，选辩题B 的男生有m 人，选辩题B 的女生有
n 人.
已知该班女生人数多于男生人数，即y +n> x +m；又知选辩题A 的人数多于选辩题B 的人数，即
x + y >m+n.
将这两个不等式相加得到：2 y + x +n>2m+ x +n，两边同时消去x +n得到2 y >2m，即y >m.
这就意味着选辩题A 的女生人数多于选辩题B 的男生人数.
故选：A.
2．对∀x∈[1,+ ∞），不等式((lnax)
2-1)(e
x -b)≥0恒成立，则（ ）
A．若a∈(0, 1
e)，则b≤e
B．若a∈(0, 1
e)，则b>e
C．若a∈[
1
e ,e)，则a
b=e
e
D．若a∈[
1
e ,e)，则b
a=e
e
【答案】D
【分析】令a= 1
e
2，通过举反例说明选项A、B 错误；对于选项C、D，通过分析可得(lnax -1)(e
x -b)≥0
在[1,+∞）
上恒成立，问题转化为函数y =lnax -1, y =e
x -b有相同的零点，计算可得选项D 正确.
【详解】由((lnax)
2-1)(e
x -b)≥0得(lnax -1)(lnax +1)(e
x -b)≥0，
对于选项A、B，若a∈(0, 1
e)，可令a= 1
e
2，不等式可化为(ln x -3)(ln x -1)(e
x -b)≥0，
当x∈[e
3,+∞)时，ln x -3≥0,ln x -1>0，
要使(ln x -3)(ln x -1)(e
x -b)≥0恒成立，则需e
x-b≥0，即b≤e
x恒成立，
∴b≤(e
x)min=e
e
3
，
当x∈(e ,e
3)时，ln x -3<0,ln x -1>0，
要使(ln x -3)(ln x -1)(e
x -b)≥0恒成立，则需e
x-b≤0，即b≥e
x恒成立，
∴b≥(e
x)max，
∴b≥e
e
3
，
当x∈[1,e ]时，ln x -3<0,ln x -1≤0，
要使(ln x -3)(ln x -1)(e
x -b)≥0恒成立，则需e
x-b≥0，即b≤e
x恒成立，
∴b≤(e
x)min=e，
综上可得，不存在b使得不等式(ln x -3)(ln x -1)(e
x -b)≥0恒成立，选项A、B 错误.
对于选项C、D，若a∈[
1
e ,e)，
∵x∈[1,+ ∞）
∴ax≥1
e ，
∴lnax +1≥0，
要使不等式(lnax -1)(lnax +1)(e
x -b)≥0恒成立，则需(lnax -1)(e
x -b)≥0，
∵函数y =lnax -1, y =e
x -b在[1,+∞）为增函数，
∴函数y =lnax -1, y =e
x -b有相同的零点，
由lnax -1=0得x = e
a，由e
x-b=0得，x = ln b，
∴e
a = ln b，即e =a ln b，
∴lne
e= ln b
a，
∴b
a=e
e，选项D 正确.
故选D.
二、多选题
3．下列命题正确的是（ ）
A．若a>b，c>d，则a+c>b+d
B．若ab=3，则a
2+b
2≥6
C．若a>b，则ac
2>bc
2
D．若a>b>0，c>d >0，则b+c
a+c > b+d
a+d
【答案】ABD
【分析】对于A，由不等式同向可加性可判断选项正误；对于B，由(a-b)
2≥0可判断选项正误；对于C，
通过举特例可判断选项正误；对于D，由作差法可判断选项正误.
【详解】对于A，因a>b，c>d，由不等式同向可加性可得a+c>b+d，故A 正确；
对于B，因(a-b)
2≥0，则a
2-2ab+b
2≥0⇒a
2+b
2≥2ab=6，故B 正确；
对于C，当a>b，c =0时，ac
2=bc
2=0，故C 错误；
对于D，b+c
a+c - b+d
a+d = (b+c)(a+d)-(b+d)(a+c)
(a+c)(a+d)
= (a-b)(c -d)
(a+c)(a+d)，
因a>b>0，c>d >0，则a-b>0，c -d >0，a+c>0，a+d >0，
从而
(a-b)(c -d)
(a+c)(a+d) >0⇒b+c
a+c > b+d
a+d ，故D 正确.
故选：ABD
4．若实数x，y 满足x + y ≥2，则下列选项一定正确的有（ ）
A．xy ≥1
B．x
2+ y
2≥2
C．(x -1)
2+ y
2≥1
2
D．|x -2 y
2|+|y -2 x
2|≥2
【答案】BCD
【分析】用特例说明A 是错误的，根据不等式的性质，结合完全平方公式，可判断B 的真假；利用点到直
线的距离公式可判断C 的真假；根据绝对值不等式的性质，可判断D 的真假.
【详解】对A：当x =3，y =0时，满足x + y ≥2，但xy =0，则xy ≥1不成立，故A 错误；
对B：因为x
2+ y
2≥2 xy，所以2(x
2+ y
2)≥x
2+2 xy + y
2=(x + y)
2≥4，所以x
2+ y
2≥2，故B 正确；
对C：设P(x , y)，其中x + y ≥2，M (1,0)，
则|MP|=
❑√(x -1)
2+ y
2 ≥|1+0-2|
❑√1
2+1
2 = 1
❑√2 ⇒ (x -1)
2+ y
2≥1
2，故C 正确；
对D：因为|x -2 y
2|+|y -2 x
2| ≥|x -2 y
2+ y -2 x
2| =|x + y -2(x
2+ y
2)| ≥2(x
2+ y
2)-(x + y)
≥(x + y)
2-(x + y) =(x + y)(x + y -1)，
因为x + y ≥2，x + y -1≥1，所以(x + y)(x + y -1)≥2，所以|x -2 y
2|+|y -2 x
2|≥2成立，故D 正确.
故选：BCD
【新情境】5．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C : x
3+3 x
2+3 x y
2-3 y
2=0就是其中之一，
如图所示．已知点P(x0, y0)是C上一点，则（ ）
A．x0∈[-3,1)
B．y0≤❑√
3 x0+9
1- x0
C．当x0<0时，y0的最大值为2❑√3-3
D．曲线C在y轴左侧所围成的区域面积大于2
【答案】ABD
【分析】对于A，由已知方程解得y
2= x
2(x +3)
3(1- x)
， 由y ²≥0，解不等式从而判定A；利用不等式的基本性
质分析，可以判定B 正确；对于C，设f (x)= x
3+3 x
2
3(1- x) (-3< x<0)，利用导数研究单调性求得最大值，进
而得到当x0<0时，y0的最大值，然后比较可以判定；对于选项D，利用多边形面积比较得到曲线在 y 轴左
侧围成的“闭合瓣”面积大于2,可以判定D.
【详解】将方程x ³+3 x
2+3 x y
2-3 y
2=0，整理为x ²(x +3)+3(x -1) y
2=0，从而可解得y
2= x
2(x +3)
3(1- x) .
讨论自变量x 的取值要使y ² 为实数且y ²≥0，需x
2(x +3)
1- x
≤0.
结合 x ²≥0 并对分母、分子作符号分析，可得可行解域为x∈[-3,1).
故 A 正确；
由y
2= x
2(x +3)
3(1- x) 可见，当给定x 时，实数y满足y ≤|y|= ❑√
x
2(x +3)
3(1- x)
.
为判断y ≤❑√
3 x +9
1- x 成立，只需验证足❑√
x
2(x +3)
3(1- x) ≤❑√
3 x +9
1- x
成立，
当x =-3时两边都是0，显然成立；
当-3< x<1时平方并利用1- x>0, x +3>0化简得x
2≤9，这显然成立.
故 B 正确；
当 x<0 时求y的最大值，必然在区间(-3,0)之间存在最大值.
设f (x)= x
3+3 x
2
3(1- x) (-3< x<0)，
f
' (x)= (3 x
2+6 x)⋅3(1- x)-(x
3+3 x
2)⋅(-3)
[3(1- x)]
2
=-2 x(x
2-3)
3(1- x)
2 ，
令-2 x(x
2-3)>0，得-1< x<- ❑√3，
-3< x<- ❑√3时f
' (x)>0，f (x)单调递增；- ❑√3< x<0时f
' (x)<0，f (x)单调递减.
f (- ❑√3)= (- ❑√3)
3+3(- ❑√3)
2
3(1-(- ❑√3))
=-3 ❑√3+9
3(1+ ❑√3)
=-3 ❑√3+9
3+3 ❑√3 = 3(3- ❑√3)
3(1+ ❑√3)
= 3- ❑√3
1+ ❑√3 =-3+2❑√3，
因此，函数 f ( x) 的最大值为-3+2❑√3，
这实际上是 y² 的最大值，故最大 y 应为ymax= ❑√2❑√3-3，
而选项 C 把最大 y 直接写成2❑√3-3 （未开平方）显然有误，故C 错误；
对于选项D
首先，我们分析曲线的对称性.
曲线方程为：x
3+3 x
2+3 x y
2-3 y
2=0，
注意到方程中y 的幂次均为偶数，因此曲线关于 x 轴对称.
接下来，我们找到曲线与 y 轴的交点。
令 x =0，代入方程解得y =0，因此曲线与y 轴的交点为 O(0,0)。
在 y 轴左侧，我们取以下几个关键点：
x =-3，代入方程解得y =0，得A (-3,0).
取x =-2，代入方程求得y =± 2
3，得B(-2, 2
3) 和 B
'(-2,- 2
3)
取x =-1，代入方程求得y =±
❑√3
3 ，得D(-1,
❑√3
3 ) 和 D
'(-1,-
❑√3
3 ).
如图连接各线段，由题图可知多边形ABCOC
' B
'在曲线内部，面积小于曲线左侧部分的面积.
计算这个四边形的面积：
S多边形ABCOC
' B
'= S△AB B
'+ S梯形B B
'C
'C + S△C C
'O= 2
3 +(
2
3 +
❑√3
3 )+
❑√3
3 = 4
3 + 2❑√3
3
>2
所以曲线C在y轴左侧所围成的区域面积大于2，
故选项 D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
6．记max M表示数集M中最大的数，设x , y , z为正数，M =¿，y + 3
x}，则max M的最小值为__________.
【答案】4
【分析】由不等式性质可得3max M ≥(3 x + 3
x)+(2 y + 2
y)+(z + 1
z)，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】由题意，2 x + y + 1
z ≤max M , x + z + 2
y ≤max M , y + 3
x ≤max M，
则3max M ≥(3 x + 3
x)+(2 y + 2
y)+(z + 1
z)≥2❑√3 x⋅3
x +2❑√2 y ⋅2
y +2❑√z⋅1
z =12，
当且仅当x = y = z =1时，全部取得等号，所以max M ≥4，故max M的最小值为4.
故答案为：4.
四、解答题
7．(25-26 高三上·湖南益阳·)已知函数f (x)=ln(x +1)-ax.
(1)当a=2时，求函数f (x)的单调区间；
(2)当x∈(0,+ ∞)时，f (x)< x
2，求a的取值范围；
(3)若n∈N
*，证明：∑
i=1
n ln(i+1)
i
-∑
i=1
n lni
i <2- 1
n.
【答案】(1)f ( x)的单调递增区间为(-1,- 1
2 )，单调递减区间为(- 1
2 ,+∞)
(2)a≥1
(3)证明见解析
【分析】（1）当a=2时，f (x)= ln (x +1)-2 x (x>-1)，利用导数求其单调区间；
（2）依题意，当x>0时，g(x)=ln(x +1)- x
2-ax<0成立，利用导数结合单调性进行证明；
（3）令x = 1
i ，i∈N
*，则ln(1+ 1
i)< 1
i
2 + 1
i ，用此不等式对待证不等式左边各项放缩，并利用不等式的
基本性质即可证得.
【详解】（1）当a=2时，f (x)= ln (x +1)-2 x (x>-1).
所以，f
' (x)=
1
x +1 -2=-2 x -1
x +1 ( x>-1).
所以，当-1< x<- 1
2时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增.
当x>- 1
2时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
综上，f ( x)的单调递增区间为(-1,- 1
2 )，单调递减区间为(- 1
2 ,+∞).
（2）当x∈(0,+ ∞)，f ( x)< x
2成立，等价于当x>0时，g(x)=ln(x +1)- x
2-ax<0成立.
因为g
' (x)=
1
x +1 -2 x -a，设h(x)= g
' (x)，则h
' (x)=-
1
(x +1)
2 -2<0.
所以，h( x)单调递减，即g
'( x)单调递减.
当a≥1时，g
' (0)=1-a≤0.所以g
' (x)< g
' (0)≤0，g( x)单调递减，g( x)<g(0)=0，符合题意.
当a<1时，g
'(0)=1-a>0，所以存在x0>0，使得当x∈(0, x0)时，g
'( x)>0.
此时g( x)单调递增，g( x)>g(0)=0，不符合题意.
综上a≥1.
（3）由（2）知，当a=1时，对任意x∈(0,+ ∞)，都有ln(x +1)- x< x
2，
即ln(x +1)< x
2+ x成立，令x = 1
i ，i∈N
*，
则ln(1+ 1
i)< 1
i
2 + 1
i .
当i≥2时，ln(i+1)
i
-lni
i
= 1
i ln(1+ 1
i)< 1
i
3 + 1
i
2 = 1+i
i
3 <
i+1
i(i
2-1)
= 1
i-1 - 1
i .
所以，∑
i=2
n ln(i+1)
i
-∑
i=2
n lni
i <∑
i=2
n
(
1
i-1 - 1
i)=1- 1
n.
当i=1时，ln2
1 -ln1
1 =ln2<1.
综上，∑
i=1
n ln(i+1)
i
-∑
i=1
n lni
i <1+1- 1
n =2- 1
n.
8．记数列{an}的前n 项和为Sn，已知an Sn+1=2an+1Sn，且an≠0，数列{bn}满足bn= an+1
an
．
(1)证明：数列{
Sn
an}为等比数列；
(2)求{bn}的通项公式；
(3)记{bn}的前n 项和为T n，证明：2T n≥n+1．
【答案】(1)证明见解析
(2)bn= 2
n-1
2
n-1
(3)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列定义推理得证.
（2）由（1）求得Sn=2
n-1an，再利用前n 项和与第n 项的关系求解.
（3）利用不等式的性质，结合数列求和推理得证.
【详解】（1）由an Sn+1=2an+1Sn，an≠0，得Sn+1
an+1
=2⋅Sn
an
，而S1
a1
=1，
所以数列{ Sn
an
}是首项为1，公比为2 的等比数列.
（2）由（1）得Sn
an
=1×2
n-1=2
n-1，则Sn=2
n-1an，而Sn+1=2
nan+1，
两式相减可得an+1=2
nan+1-2
n-1an，即(2
n-1)an+1=2
n-1an，
所以bn= an+1
an
= 2
n-1
2
n-1
.
（3）依题意，bn= 2
n-1
2
n-1
> 2
n-1
2
n = 1
2，而b1=
1
2-1 =1，则T 1=b1=1= 1+1
2
，
当n≥2时，T n=b1+b2+⋯+bn≥1+ 1
2 +⋯+ 1
2 =1+ n-1
2
= n+1
2
，
故2T n≥n+1.
【新情境】9．已知双曲线C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右顶点为E，右焦点为F (2,0)，直线l: y =t (t ≠0)
与C交于M , N两点，且EM ⊥EN.
(1)求C的方程；
(2)已知A1, A2,⋯, An⋯是x轴的正半轴上点列，B1,B2,⋯,Bn⋯是第一象限曲线C上点列(n∈N
⋅），
且A1和F重合，An Bn与x轴垂直，直线An+1Bn的斜率为-1，记点An的横坐标为xn，设△Ak Bk Ak +1的面
积为Sk (k =1,2,3,⋯,n).
（i）写出xn, xn+1之间的递推公式；
（ii）求证：S1+ S2+ S3+⋯+ Sn≤1
9 (4
n+1-3n- 4).
【答案】(1) x
2
2 - y
2
2 =1
(2)（i）xn+1= xn+
❑√xn
2-2；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用焦点坐标以及垂直关系联立方程组计算可得结果;
（2）（i）设Bn(xn, yn)，利用两点间斜率公式计算可得递推公式；
（ii）根据递推公式利用双曲线的范围结合放缩法可得xn
2≤2
3 (4
n+2)(n∈N
*)，再写出Sk的表达式利用等
比数列的前n项和公式计算即可.
【详解】（1）如下图：
易知E (a,0)，不妨设M (x0,t), N (- x0,t)，
则x0
2
a
2 - t
2
b
2 =1，①
又k EM =
t
x0-a ,k EN =-
t
x0+a，
由EM ⊥EN，得k EM ⋅k EN =-1，
即-
t
2
x0
2-a
2 =-1，
所以t
2= x0
2-a
2，即x0
2=t
2+a
2，②
将②代入①得t
2+a
2
a
2
- t
2
b
2 =1，即t
2(b
2-a
2)
a
2b
2
=0，
又t ≠0，
所以a=b，
由题意知a
2+b
2= 4，所以a=b= ❑√2，
故C的方程为x
2
2 - y
2
2 =1.
（2）（i）设Bn(xn, yn)，则xn
2- yn
2=2，
又Bn在第一象限，所以yn=
❑√xn
2-2.
又直线An+1Bn的斜率k An+1Bn=-1，即
0- yn
xn+1- xn
=-1
所以xn+1- xn= yn=
❑√xn
2-2，
即所求递推公式为xn+1= xn+
❑√xn
2-2.
（ii）证明：由xn+1- xn=
❑√xn
2-2，
两边平方得xn+1
2
-2 xn xn+1+ xn
2= xn
2-2，即xn= xn+1
2 + 1
xn+1
，
两边平方得xn
2= xn+1
2
4 + 1
xn+1
2
+1> xn+1
2
4 +1，
所以xn+1
2
<4 xn
2- 4，所以xn+1
2
- 4
3 <4 xn
2- 16
3 = 4(xn
2- 4
3)，
又xn≥x1=2，所以xn
2- 4
3 >0，
故
xn+1
2
- 4
3
xn
2- 4
3
<4，
所以当n≥2时，
xn
2- 4
3
xn-1
2
- 4
3
⋅
xn-1
2
- 4
3
xn-2
2
- 4
3
⋯
x2
2- 4
3
x1
2- 4
3
<4
n-1，
即
xn
2- 4
3
x1
2- 4
3
<4
n-1，
所以xn
2- 4
3 <(x1
2- 4
3)×4
n-1= 2
3 ×4
n，
所以xn
2< 2
3 (4
n+2)(n≥2).又x1
2= 4 = 2
3 (4
1+2)，
所以xn
2≤2
3 (4
n+2)(n∈N
*)，
由题意知Sk = 1
2|Ak Bk||Ak Ak +1|= 1
2|yk||xk +1- xk|= 1
2|yk|
❑√xk
2-2= 1
2 yk
2= 1
2 (xk
2-2)= 1
2 xk
2-1，
由xk
2≤2
3 (4
k +2)得Sk≤1
3 (4
k -1)，
故S1+ S2+ S3+⋯+ Sn≤1
3 ×[(4
1-1)+(4
2-1)+⋯+(4
n-1)]
= 1
3 ×[(4
1+ 4
2+⋯+ 4
n)-n] = 1
3(
4 - 4
n+1
1- 4
-n) = 1
9 (4
n+1-3n- 4).
【新角度】10．设正项数列A :a1,a2,⋯,aN (N ≥2)，如果对小于n(2≤n≤N )的每个正整数k都有ak< λ an，
则称n是数列A的一个“λ时刻”.记A (λ)是数列A的所有“λ时刻”组成的集合（其中0< λ<1）.
(1)若A :2,6,6,36,48，求A(
1
2)；
(2)若A (λ)= {2,4,6,8,10}，且a10≤32a1，证明：λ> 1
2；
(3)若A中存在an使得a1< λ
n-1an，证明：A (λ)≠∅.
【答案】(1){2,4}
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“λ时刻”的概念可得2∈A(
1
2)，4∈A(
1
2)，由此可得结果.
（2）根据题意可得1
λ
5 < a10
a1
，由a10≤32a1得1
λ
5 < a10
a1
≤32，由此可证明结论.
（3）记m= min{i∈N
*∣2≤i≤N ,a1< λ
i-1ai}，可证明m∈A (λ)，即证明结论.
【详解】（1）当n=2时，a1< 1
2 a2，所以2∈A(
1
2)，
当n=3时，a2> 1
2 a3，所以3∉A(
1
2)，
当n= 4时，a1< 1
2 a4,a2< 1
2 a4,a3< 1
2 a4，所以4∈A(
1
2)，
当n=5时，a4> 1
2 a5，所以5∉A(
1
2)，
综上，A(
1
2)= {2,4}.
（2）由题意知a1< λ a2,a2< λ a4,a4< λ a6,a6< λ a8,a8< λ a10，
即1
λ < a2
a1
, 1
λ < a4
a2
, 1
λ < a6
a4
, 1
λ < a8
a6
, 1
λ < a10
a8
，所以1
λ
5 < a2
a1
⋅a4
a2
⋅a6
a4
⋅a8
a6
⋅a10
a8
= a10
a1
，
由a10≤32a1得
a10
a1
≤32，所以1
λ
5 < a10
a1
≤32，所以1
λ <2，即λ> 1
2.
（3）因为存在an使得a1< λ
n-1an，所以{i∈N
*∣2≤i≤N ,a1< λ
i-1ai}≠∅，
记m= min{i∈N
*∣2≤i≤N ,a1< λ
i-1ai}，
显然m≥2，且对任意的正整数k <m, λ
k -1ak ≤a1< λ
m-1am，即ak< λ
m-k am，
又因为0< λ<1,k ≤m-1，所以ak< λ
m-k am≤λ am，所以m∈A (λ)，所以A (λ)≠∅.
11．已知实数a，b，c满足a+b+c =0.
(1)若a<b<0，求证：b
a-c <
a
b-c ；
(2)若a<0，b<0，abc =1，求c的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3√4
【分析】（1）利用不等式的性质证明即可；
（2）由条件得c =-a-b且c = 1
ab ，代入c
3=c
2⋅c，利用基本不等式求解.
【详解】（1）由a<b<0，且a+b+c =0，得c>0，-a>-b>0，
故c -a>c -b>0，所以0<
1
c -a <
1
c -b，所以-b
c -a <-a
c -b ，即b
a-c <
a
b-c .
（2）由a+b+c =0且a<0，b<0，abc =1，得c =-a-b，且c = 1
ab，
所以c
3=c
2⋅c =(a+b)
2⋅1
ab = a
2+b
2+2ab
ab
= a
b + b
a +2≥2❑√
a
b ⋅b
a +2= 4，
当且仅当a
b = b
a，即a=b时取等号，所以c的最小值为
3√4.
12．(24-25 高三上·四川雅安·)已知数列{an}满足a1-a2= 3
32，an= 1
4 an-1+ 3
8（n∈N
*，且n≥2）．
(1)证明：数列{an- 1
2 }是等比数列；
(2)求数列{n⋅an}的前n 项和H n；
(3)令bn=
2an
8an-3，数列{bn}的前n 项和为T n，证明：n-1+ 1
4
n <T n<n．
【答案】(1)证明见解析；
(2)H n= 2
9 - 3n+ 4
18
×( 1
4 )
n
+ n(n+1)
4
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出a1，再利用构造法，结合等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出an，再利用分组求和法及错位相减法求即得.
（3）利用（2）的信息求出bn，再利用不等式的性质，结合等比数列求和公式推理得证.
【详解】（1）数列{an}中，当n≥2时，an= 1
4 an-1+ 3
8，则an- 1
2 = 1
4 (an-1- 1
2 )，
而a2= 1
4 a1+ 3
8，又a1-a2= 3
32，解得a1= 5
8，a1- 1
2 = 1
8，
所以数列{an- 1
2 }是以1
8为首项，1
4 为公比的等比数列.
（2）由（1）知，an- 1
2 = 1
8 ×( 1
4 )
n-1
，即an= 1
2 ×( 1
4 )
n
+ 1
2
，nan= n
2 ×( 1
4 )
n
+ n
2
，
则H n= 1
2 [1× 1
4 +2×( 1
4 )
2
+⋯+n×( 1
4 )
n
]+ n(n+1)
4
，
令An=1× 1
4 +2×( 1
4 )
2
+⋯+n×( 1
4 )
n
，
则1
4 An=1×( 1
4 )
2
+2×( 1
4 )
3
+⋯+(n-1)×( 1
4 )
n
+n×( 1
4 )
n+1
，
两式相减得3
4 An= 1
4 +( 1
4 )
2
+⋯+( 1
4 )
n
-n×( 1
4 )
n+1
=
1
4 [1-( 1
4 )
n
]
1- 1
4
-n×( 1
4 )
n+1
= 1
3 - 3n+ 4
12
×( 1
4 )
n
，
则An= 4
9 - 3n+ 4
9
×( 1
4 )
n
，所以H n= 2
9 - 3n+ 4
18
×( 1
4 )
n
+ n(n+1)
4
.
（3）由（2）知，an= 1
2 ×( 1
4 )
n
+ 1
2
，bn=
2an
8an-3 =
( 1
4 )
n
+1
4( 1
4 )
n
+1
= 4
n+1
4
n+ 4
，显然bn<1，
则T n=b1+b2+⋯+bn<n；又bn=1-
3
4
n+ 4
>1- 3
4
n，
于是T n>n-( 3
4 + 3
4
2 +⋯+ 3
4
n )=n-
3
4 [1-( 1
4 )
n
]
1- 1
4
=n-1+( 1
4 )
n
，
所以n-1+ 1
4
n <T n<n.
重难·创新演练
设题创新:综合考察
一、单选题
1．一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将4g的砝码放在
天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将6g的砝码放在天平右盘中，取出一些黄金放
在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金是（ ）
A．大于10g
B．等于10g
C．小于10g
D．无法确定
【答案】D
【详解】由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为a，右臂长为b，则a≠b，
再设先称得黄金为x，后称得黄金为y，则4 a= xb，6b= ya，所以x = 4 a
b ，y = 6b
a .
所以x + y = 4 a
b + 6b
a ，令t = a
b ≠1，且t >0.
则x + y -10= 4t + 6
t -10= 4 t
2-10t +6
t
= 2(2t -3)(t -1)
t
，
当0<t <1或t > 3
2时，x + y -10>0，即x + y >10；
当1<t < 3
2时，x + y -10<0，即x + y <10；
当t = 3
2时，x + y -10=0，即x + y =10；
综上所述：顾客购得的黄金是无法确定的.
2．已知实数a,b,c满足a>b>1>c，则下列结论一定正确的是（ ）
A．ac>bc
B．b
c<1
C．logab+ logba>2
D．a+c>b
【答案】C
【详解】对于选项A，可知1>c，无法判断正负，所以选项A 错误；
对于选项B，可知0<c<1<b时，所以b
c>1，所以选项B 错误；
对于选项C，因为a>b>1，所以ln a>ln b>0，
可知logab+ logba= ln b
ln a + ln a
ln b ≥2❑√
ln b
ln a ⋅ln a
ln b =2，当且仅当ln b
ln a = ln a
ln b，即a=b时取等号，所以等号取
不到，
所以logab+ logba>2，选项C 正确；
对于选项D，当c<0时，无法判断不等式是否成立，所以选项D 错误；
3．（2026·山东日照·一模）已知lna>lnb>0，c>0，则（ ）
A．2
a<2
b
B．b+c
a+c < b
a
C．a+b
2
<❑√ab
D．ab+1>a+b
【答案】D
【分析】利用指数函数单调性判断A，利用基本不等式判断B，利用作差法即可求解BD.
【详解】由lna>lnb>0可得a>b>1，
对于A，由于a>b>1，函数y =2
x为单调递增函数，故 2
a>2
b，故A 错误，
对于B， b+c
a+c - b
a = c (a-b)
a(a+c)，由于a>b>1， c>0，故c (a-b)>0, a(a+c)>0，
故c (a-b)
a(a+c) >0，则b+c
a+c > b
a，故B 错误，
对于C，由于a>b>1，故 a+b
2
>❑√ab，故C 错误，
对于D， ab+1-(a+b)=(a-1)(b-1)，由于a>b>1，得(a-1)(b-1)>0，故ab+1>a+b.
4．已知实数a和b（其中b>1）满足方程：1
e
a +2ln b=a+ 1
b，则下列不等式成立的是（ ）
A．e
a>b
2
B．a
2>e
b
C．a>2b
D．a>ln b
【答案】D
【分析】根据b>1可得ln b<2ln b且1
b
2 < 1
b，再由f (x)= 1
e
x - x为减函数可得ln b<a<2ln b，从而可判断
A 和D 的正误，对于B，利用导数可得b>e
2时a
2>e
b不成立，对于C，利用零点存在定理可判断当b=e时
a>2b不成立.
【详解】因为1
e
a +2ln b=a+ 1
b且b>1，故1
e
a -a= 1
b -2ln b，
而b>1，故ln b>0，所以2ln b>ln b，故1
e
a -a< 1
b - ln b= 1
e
ln b - ln b，
设f (x)= 1
e
x - x，则f
' (x)=- 1
e
x -1<0，
所以f (x)= 1
e
x - x为R上的减函数，
而1
e
a -a< 1
b - ln b即为f (a)<f (ln b)，故a>ln b，故D 成立.
由b>1可得b
2>b即1
b
2 < 1
b，
故1
e
a -a= 1
b -2ln b= 1
b - ln b
2> 1
b
2 - ln b
2= 1
e
ln b
2 - ln b
2，
所以f (a)>f (ln b
2)，所以a<ln b
2即e
a<b
2，故A 错误.
对于B，取b>e
2，由D 的分析可得a>ln b>0.
若a
2>e
b，则a>e
b
2即2ln b>e
b
2(b>e
2)，
设g(b)=2ln b-e
b
2 ,b>e
2，g
' (b)= 2
b - 1
2 e
b
2，
而y = 2
b , y =- 1
2 e
b
2均为(e
2,+∞)上的减函数，故g
' (b)为(e
2,+ ∞)上的减函数，
故g
' (b)<g
'(e
2)= 2
e
2 - 1
2 e
e
2
2 < 2
e
2 - 1
2 e
3< 2
e
2 - 4<0，
所以g(b)=2ln b-e
b
2在(e
2,+ ∞)上为减函数，
所以g(b)=2ln b-e
b
2 <2lne
2-e
e
2
2 = 4 -e
e
2
2 <4 -e
3<0，故2ln b<e
b
2(b>e
2)，
所以a
2>e
b不成立，故B 错误.
对于C，取b=e，则1
e
a +2=a+ 1
e ，即1
e
a -a-(
1
e -2)=0，
仍取D 分析中的函数f (x)，考虑方程f (x)-(
1
e -2)=0的解，
设h(x)= f (x)-(
1
e -2)，因为f (x)= 1
e
x - x为R上的减函数，
所以h(x)为R上的减函数，而h(2)= f (2)-(
1
e -2)= 1
e
2 - 1
e <0,
故a<2，故此时a>2b不成立，故C 错误.
二、多选题
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，1+ 1
an
- 2
an+1
=0，则（ ）
A．数列{1- 1
an}为等比数列
B．a3= 9
7
C．an+1<an
D．S10> 23
2 - 1
2
10
【答案】ACD
【分析】利用等比数列的定义可判断A 选项；求出数列{an}的通项公式，代值计算可得a3的值，可判断B
选项；利用作差法可判断C 选项；当n≥2时，放缩得出an>1+ 1
2
n，结合等比数列的求和公式可判断D 选
项.
【详解】对于A 选项，因为数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，1+ 1
an
- 2
an+1
=0，
则1
an+1
= 1
2 + 1
2an
，所以1- 1
an+1
=1-(
1
2 + 1
2an)= 1
2 - 1
2an
= 1
2(1- 1
an)，
且1- 1
a1
=1- 1
2 = 1
2，所以数列{1- 1
an}是首项为1
2，公比为1
2的等比数列，A 对；
对于B 选项，由A 选项可知1- 1
an
= 1
2 ×(
1
2)
n-1
= 1
2
n，故an=
2
n
2
n-1
，
所以a3=
2
3
2
3-1
= 8
7 ，B 错；
对于C 选项，an+1-an=
2
n+1
2
n+1-1
-
2
n
2
n-1
= 2
n+1(2
n-1)-2
n(2
n+1-1)
(2
n-1)(2
n+1-1)
=-
2
n
(2
n-1)(2
n+1-1)
<0对任意的n∈N
*恒成立，所以an+1<an，C 对；
对于D 选项，当n≥2时，an=
2
n
2
n-1
= 2
n-1+1
2
n-1
=1+
1
2
n-1
>1+ 1
2
n，
所以S10>a1+(1+ 1
2
2)+(1+ 1
2
3)+⋯+(1+ 1
2
10)=2+(1+ 1
2
2)+(1+ 1
2
3)+⋯+(1+ 1
2
10)
=11+(
1
2
2 + 1
2
3 +⋯+ 1
2
10)=11+
1
2
2(1- 1
2
9)
1- 1
2
=11+ 1
2 - 1
2
10 = 23
2 - 1
2
10，D 对.
6．（河北文安县第一中学2026 届高三一模）已知a，b，c，d 均为实数，则下列说法正确的是（ ）
A．若a<b，c≠0，则a
c
2 < b
c
2
B．若a>b，c>d，则ac>bd
C．若a>1，b>1，且a+b=ab，则2
a-1 +
3
b-1的最小值为2❑√6
D．若a>0，b>0，且a+b=2，则❑√a+1+ ❑√b+2≤❑√10
【答案】ACD
【详解】∵c≠0，∴c
2>0, 1
c
2 >0，又a<b，∴a
c
2 < b
c
2，故A 正确，
令a=1,b=-1,c =0,d =-2，ac =0<bd =2，故B 错误，
a+b-ab=0，即a+b-ab+1=1，∴(a-1)(b-1)=1，又a>1，b>1，∴a-1>0,b-1>0，
2
a-1 +
3
b-1 ≥2❑√
2
a-1 ×
3
b-1 =2❑√6，当且仅当2
a-1 =
3
b-1时，即a=1+
❑√6
3 ,b=1+
❑√6
2 等号成立，故C
正确，
(❑√a+1+ ❑√b+2)
2=(1×❑√a+1+1×❑√b+2)
2≤(1
2+1
2)[(❑√a+1)
2+(❑√b+2)
2]，
又a+b=2，∴(❑√a+1)
2+(❑√b+2)
2=a+b+3=5，则(❑√a+1+ ❑√b+2)
2≤2×5=10，
又❑√a+1+ ❑√b+2>0，∴❑√a+1+ ❑√b+2≤❑√10，当且仅当
❑√a+1
1
=
❑√b+2
1
，即a= 3
2 ,b= 1
2时等号成立，
故D 正确.
7．（2026·哈尔滨三中·二模）若a,b∈R，则a>b成立的充分不必要条件可以是（ ）
A．a>|b|
B．a
2>b
2
C．log2a>log2b
D．2
a>2
b
【答案】AC
【分析】结合充分条件、必要条件的定义，由函数单调性和举反例进行判断，得到结论
【详解】A 选项，若a>|b|，则a>|b|≥0，
若b≥0，则a>b≥0，若b<0，则a>-b>b，所以a>b，充分性成立，
若a>b，不妨设a=-2,b=-3，但不满足a>|b|，必要性不成立，A 正确；
B 选项，若a
2>b
2，不妨设a=-3,b=-2，此时a<b，充分性不成立，B 错误；
C 选项，若log2a>log2b，则a>b>0，充分性成立，
当0≥a>b时，log2a,log2b无意义，必要性不成立，C 正确；
D 选项，若2
a>2
b，则a>b，当a>b时，2
a>2
b，
故2
a>2
b为a>b成立的充分必要条件，D 错误.
8．（江西省萍乡市2026 届高三上学期一模）已知实数0<a<b<1，若c = logba，则下列结论正确的有
（ ）
A．c>1
B．a
c>b
c
C．b
a > b+c
a+c
D．a+ 1
b >b+ 1
a
【答案】AC
【分析】对于选项A，利用对数函数单调性判断c的范围；对于选项B，利用幂函数单调性判断a
c与b
c的大
小；对于选项C，作差比较b
a与b+c
a+c 的大小；对于选项D，构造函数判断a+ 1
b与b+ 1
a的大小，即可得出
结果.
【详解】对于选项A，已知0<a<b<1，则logba>logbb=1，故c>1，A 正确.
对于选项B，因为c>1，幂函数y = x
c在(0,+∞)上单调递增，又0<a<b<1，所以a
c<b
c，B 错误.
对于选项C，b
a - b+c
a+c = b(a+c)-a(b+c)
a(a+c)
= c(b-a)
a(a+c)，
因为0<a<b<1，c>1，所以b-a>0，a>0，a+c>0，
故c(b-a)
a(a+c) >0，即b
a > b+c
a+c ，C 正确.
对于选项D，构造函数f ( x)= x - 1
x ，x∈(0,1)，则f ( x)在(0,1)上单调递增.
因为0<a<b<1，所以f (a)<f (b)，即a- 1
a <b- 1
b，整理得a+ 1
b <b+ 1
a，D 错误.
故选：AC
9．（陕西省铜川市印台区等2 地2026 届高三一模）已知三次函数f (x)=a(x
3-6 x
2+9 x)，下列说法正确
的是（ ）
A．若f ( x)的极大值为4，则a=1
B．f ( x)的极小值为0，则a<0
C．a>1，则f (a)<f (a+3)
D．存在a<3，使f (x)在[a,3]的值域为[a,3]
【答案】AC
【分析】A 选项，显然a≠0，求导，并进行因式分解，分a>0和a<0两种情况，得到f (x)的单调性和极值
情况，得到a=1，A 正确；B 选项，在A 基础上，分a>0和a<0两种情况，分析出a>0满足要求；C 选项，
作差法比较出f (a)<f (a+3)，C 正确；D 选项，在A 基础上，分a<0，0<a<1和1≤a<3三种情况，得到
D 错误.
【详解】对于A 选项，显然a≠0，f
' (x)=a(3 x
2-12 x +9)=3a(x -1)(x -3)，
令f
' (x)=0得x =1或3，若a>0，
令f
' (x)>0，得x>3或x<1，令f
' (x)<0，得1< x<3，
故f (x)在(-∞,1)，(3,+ ∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
故f (x)在x =1处取得极大值，在x =3处取得极小值，且f (1)= 4 a，
令4 a= 4，解得a=1；若a<0，
令f
' (x)>0得1< x<3，令f
' (x)<0得x>3或x<1，
故f (x)在(-∞,1)，(3,+ ∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增，
故f (x)在x =1处取得极小值，在x =3处取得极大值，
且f (3)=0，不合要求，综上，a=1，A 正确；
对于B 选项，由A 可知，当a>0时，极小值为f (3)=0，满足要求；
当a<0时，极小值为f (1)= 4 a<0，不合要求，则a>0，B 错误；
对于C 选项，由题意得f (x)=ax (x -3)
2，
可得f (a+3)=a(a+3)(a+3-3)
2=a
3(a+3)，f (a)=a
2(a-3)
2，
又a>1，故f (a+3)- f (a)=a
3(a+3)-a
2(a-3)
2=9a
2(a-1)>0，故f (a)<f (a+3)，C 正确；
对于D 选项，由A 知，a<0时，f (x)在(-∞,1)，(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增，
故f (x)在[a,1)上单调递减，在[1,3]上单调递增，
显然f (x)的最小值为f (1)= 4 a≠a，不合要求；
当0<a<3时，f (x)在(-∞,1)，(3,+ ∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，
若0<a<1，则f (x)在[a,1)上单调递增，在[1,3]上单调递减，
其中f (0)= f (3)=0，故f (x)的最小值为f (3)=0≠a，不合要求；
若1≤a<3，则f (x)在[a,3]上单调递减，故f (x)的最小值为f (3)=0≠a，不合要求；
不存在a<3，使f (x)在[a,3]的值域为[a,3]，D 错误.
故选：AC
10．设x>0且x≠1, y >0，若xln y = x
2-1，则下列大小关系可能成立的有（ ）
A．x
2< y
B．logx
2 y <1
C．x
2> y
D．logx
2 y >1
【答案】ACD
【分析】先降次，将x
2降为x后再构造函数即可判断.
【详解】因为x>0且x≠1, y >0，xln y = x
2-1，所以ln y = x - 1
x .
又logx
2 y = ln y
ln x
2 = ln y
2ln x ，所以2ln x - ln y =2ln x - x + 1
x .
构造函数f (x)=2ln x - x + 1
x ，
则f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
' (x)= 2
x -1- 1
x
2 =- (x -1)
2
x
2
≤0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，又f (1)=0，
所以当0< x<1时，f (x)>0，即ln x
2>ln y，所以x
2> y，
所以logx
2 y >logx
2 x
2=1，故CD 正确；
当x>1时，f (x)<0，即ln x
2<ln y，
所以x
2< y，所以logx
2 y >logx
2 x
2=1，故AD 正确，B 错误.
故选:ACD.
11．若e
-1<a<1,0<b<1，且a(lnb+2)=(b+1)(lna+1)，则（ ）
A．a>b
B．a<b
C．a
2>b
D．a
2<b
【答案】AD
【分析】利用导数求得ln x +1< x(0< x<1)，可得ln b+1
b
< ln a+1
a
< ln ❑√b+1
❑√b
，再由导数研究
f (x)= ln x +1
x
的区间单调性，可得0<b<a<❑√b<1，即可求解.
【详解】令y = ln x +1- x且0< x<1，则y
' = 1
x -1= 1- x
x
>0恒成立，
所以y = ln x +1- x在(0,1)上单调递增，则y <ln1+1-1=0，即ln x +1< x(0< x<1)，
由a(lnb+2)=(b+1)(lna+1)得ln b+2
b+1 = ln a+1
a
，e
-1<a<1,0<b<1，
而ln b+1
b
- ln b+2
b+1 = b ln b+ ln b+b+1-b ln b-2b
b(b+1)
= ln b+1-b
b(b+1) <0，
所以ln b+1
b
< ln b+2
b+1 < ln b+2
2❑√b = ln ❑√b+1
❑√b
，即ln b+1
b
< ln a+1
a
< ln ❑√b+1
❑√b
，
设f (x)= ln x +1
x
且0< x<1，则f
' (x)=- ln x
x
2 >0，所以f (x)在(0,1)单调递增，
由ln b+1
b
< ln a+1
a
< ln ❑√b+1
❑√b
，得b<a<❑√b，则b<a<❑√b<❑√a，
所以b
2<a
2<b<a.
故选：AD
三、解答题
【新思维】12．（2026·山东济南·一模）已知函数f (x)的定义域为(0,+∞)，导函数f
' (x)=sin x
x
.将f (x)所
有的极值点按照从小到大的顺序排列构成数列{xn},n∈N
*.
(1)若x∈(xn, xn+1)，比较|f
' (x)|与|f
'(2 xn+1- x)|的大小；
(2)从下列两个命题中任选一个证明：
①数列{f (x2n-1)}为递减数列；
②数列{f (x2n)}为递增数列；
（若两个命题均选，按照第一个解答计分）
(3)若k为正整数，且对任意的x1, x2∈[π,+∞)，都有|f (x1)- f (x2)|<k，求k的最小值.
【答案】(1)|f
' (x)|>|f
'(2 xn+1- x)|
(2)证明见解析
(3)1
【分析】（1）先根据导函数确定极值点，再通过作差法比较|f
' (x)| 与 |f
'(2 xn+1- x)| 的大小；
（2）选择①，构造函数g(x)= f (x)- f (2 x2n- x), x∈[x2n-1, x2n]，选择②，构造函数
g(x)= f (x)- f (2 x2n+1- x), x∈[x2n, x2n+1]求导计算可得g
' (x) ，结合（1）中可得g
' (x)的正负，通过分
析函数的单调性来判断相邻两项的差值；
（3）先分析函数在给定区间上的单调性，再根据单调性求出函数在该区间上的最值，可得
|f (x1)- f (x2)|≤f (π )- f (2π )，构造函数h(x)= f (x)+ x
π , x∈[π,2π]，通过单调性判断进而得出
f (π)- f (2π)<1，确定k的最小值.
【详解】（1）令f
' (x)=sin x
x
=0，得x =nπ,n∈N
*，
因为x =nπ为f
' (x)的变号零点，所以xn=nπ.
当x∈(xn, xn+1)时，2 xn+1- x>0，且sin x≠0.
|f
'(2 xn+1- x)|=|
sin(2(n+1)π- x)
2 xn+1- x
|=|sin(2(n+1)π- x)|
|2 xn+1- x|
= |sin x|
2 xn+1- x ,|f
' (x)|=|sin x|
x
，
|f
' (x)|-|f
'(2 xn+1- x)|=|sin x|
x
- |sin x|
2 xn+1- x =|sin x|⋅2(xn+1- x)
x(2 xn+1- x)
>0.
故|f
' (x)|>|f
'(2 xn+1- x)|.
（2）选择①，
令g(x)= f (x)- f (2 x2n- x), x∈[x2n-1, x2n]，
则g
' (x)= f
' (x)+ f
'(2 x2n- x)，
当x∈[x2n-1, x2n]时，即x∈[(2n-1)π,2nπ]时，2 x2n- x∈[2nπ,(2n+1)π]，
f
' (x)=sin x
x
≤0,f
'(2 x2n- x)=-sin x
2 x2n- x ≥0，
故g
' (x)= f
' (x)+ f
'(2 x2n- x)=-|f
' (x)|+|f
'(2 x2n- x)|，
由（1）知，g
' (x)≤0.
故g(x)单调递减，从而有g(x2n-1)> g(x2n)= f (x2n)- f (2 x2n- x2n)=0，
即g(x2n-1)= f (x2n-1)- f (2 x2n- x2n-1)= f (x2n-1)- f (x2n+1)>0，
即f (x2n-1)>f (x2n+1)，从而数列{f (x2n-1)}为递减数列.
选择②，
令g(x)= f (x)- f (2 x2n+1- x), x∈[x2n, x2n+1]，
则g
' (x)= f
' (x)+ f
'(2 x2n+1- x)，
当x∈[x2n, x2n+1]时，即x ∈[2nπ,(2n+1)π]时，2 x2n+1- x∈[(2n+1)π,(2n+2)π]，
f
' (x)=sin x
x
≥0,f
'(2 x2n+1- x)=-sin x
2 x2n+1- x ≤0，
故g
' (x)= f
' (x)+ f
'(2 x2n+1- x)=|f
' (x)|-|f
'(2 x2n+1- x)|，
由（1）知，g
' (x)≥0，
故g(x)单调递增，从而有g(x2n)< g(x2n+1)= f (x2n+1)- f (2 x2n+1- x2n+1)=0，
即g(x2n)= f (x2n)- f (2 x2n+1- x2n)= f (x2n)- f (x2n+2)<0，
即f (x2n)<f (x2n+2)，从而数列{f (x2n)}为递增数列.
（3）由（2）知，在区间[ π ,+ ∞)上，f ( x)的最大值为f ( x1)= f (π )，f ( x)的最小值为f ( x2)= f (2π ).
对任意x1, x2∈[π,+∞)，都有|f (x1)- f (x2)|<k成立，
当且仅当f (π)- f (2π)<k.
因为k为正整数，所以当k =1时，令h(x)= f (x)+ x
π , x∈[π,2π]，
则h
' (x)=sin x
x
+ 1
π ，
注意到-1≤sin x ≤0，且π≤x ≤2π，
从而有h
' (x)=sin x
x
+ 1
π ≥sin x
π
+ 1
π ≥0，
故h(x)单调递增.
故h (π)<h(2π)，即f (π)+1<f (2π)+2，故f (π)- f (2π)<1.
从而k的最小值为1.
真题·实战演练
高频考点：不等式性质的应用
一、单选题
1．（2016·浙江卷·高考）已知实数a，b，c.
A．若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100
B．若|a2+b+c|+|a2+b–c|≤1，则a2+b2+c2＜100
C．若|a+b+c2|+|a+b–c2|≤1，则a2+b2+c2＜100
D．若|a2+b+c|+|a+b2–c|≤1，则a2+b2+c2＜100
【答案】D
【详解】试题分析：采用排除法：A.令a=b=10,c =-110可排除此选项，
B.令a=10，b=,-100,c =0可排除此选项，
C.令a=100，b=-100,c =0可排除此选项，故选D．
【考点】不等式的性质．
【方法点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时能够对四个选项逐个利用
赋值的方式进行排除，确认成立的不等式．
二、填空题
2．（2010·江西卷·高考）如图，在三棱锥O - ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且
OA >OB>OC，分别经过三条棱OA ,OB ,OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2,S3，
则S1,S2,S3的大小关系为__________________．
【答案】S3<S2<S1
【分析】根据中点的对称性分析相应的截面，结合垂直关系运算求解.
【详解】取BC的中点M，连接OM , AM，
可知点B ,C到平面OAM的距离相等，所以平面OAM平分三棱锥的体积，
因为OA ⊥OB ,OA ⊥OC ,OB∩OC =O ,OB ,OC ⊂平面OBC，所以OA ⊥平面OBC，
且OM ⊂平面OBC，则OA ⊥OM，
设OA =a,OB =b,OC =c ,a>b>c，则BC =
❑√b
2+c
2，
因为△OBC为直角三角形，则OM = 1
2 BC = 1
2
❑√b
2+c
2，
所以S1= 1
2 OA ⋅OM = 1
2 a× 1
2
❑√b
2+c
2=
❑√a
2b
2+a
2c
2
4
，
同理可得：S2=
❑√a
2b
2+b
2c
2
4
,S3=
❑√a
2c
2+b
2c
2
4
，
因为a>b>c，则a
2b
2+a
2c
2>a
2b
2+b
2c
2>a
2c
2+b
2c
2，
所以S3<S2<S1.
故答案为：S3<S2<S1.
三、解答题
3．（2014·上海卷·高考）定义域为R，且对任意实数x1, x2都满足不等式f(
x1+ x2
2 )≤f (x1)+ f (x2)
2
的所有
函数f ( x)组成的集合记为M，例如，函数f ( x)=kx +b∈M．
(1)已知函数f (x)=¿，证明：f ( x)∈M；
(2)写出一个函数f ( x)，使得f ( x)∉M，并说明理由；
(3)写出一个函数f ( x)∈M，使得数列极限
lim
n→∞f (n)
n
2
=1,
lim
n→∞f (-n)
-n
=1.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据定义可证明f ( x)∈M；
（2）取f (x)=- x
2，x1=-1, x2=1，则可说明f ( x)∉M；
（3）取f (x)=¿即可满足条件.
【详解】（1）由题设可得当x1≥0, x2≥0或x1<0, x2<0时，均有f(
x1+ x2
2 )= f (x1)+ f (x2)
2
，
若x1≥0, x2<0，x1+ x2
2
≥0时，由f(
x1+ x2
2 )= x1+ x2
2
，
而f (x1)+ f (x2)
2
= 1
2 x1+ 1
4 x2，
故f(
x1+ x2
2 )- f (x1)+ f (x2)
2
= x1+ x2
2
- 1
2 x1- 1
4 x2= 1
4 x2≤0，
所以f(
x1+ x2
2 )≤f (x1)+ f (x2)
2
成立；
若x1≥0, x2<0，x1+ x2
2
<0时，
则f(
x1+ x2
2 )- f (x1)+ f (x2)
2
= x1+ x2
4
- 1
2 x1- 1
4 x2=- 1
4 x1≤0，
所以f(
x1+ x2
2 )≤f (x1)+ f (x2)
2
成立；
综上，f ( x)∈M.
（2）取f (x)=- x
2，x1=-1, x2=1，则f(
x1+ x2
2 )=0>-1= f (x1)+ f (x2)
2
，
故f ( x)∉M.
（3）取f (x)=¿满足f (x)∈M，则
lim
n→∞f (n)
n
2
=1，
lim
n→∞f (-n)
-n
=-1.
4．（2013·陕西卷·高考）已知函数f ( x)=e
x , x∈R.
(1)若直线y＝kx＋1 与f (x)的反函数的图像相切, 求实数k 的值;
(2)设x>0, 讨论曲线y＝f (x) 与曲线y =m x
2(m>0) 公共点的个数.
(3)设a<b,比较f (a)+ f (b)
2
与f (b)- f (a)
b-a
的大小, 并说明理由.
【答案】(1)k =1
e
2
（2）当m>e
2
4 时两曲线有2 个交点；当m=e
2
4 时两曲线有1 个交点；当m<e
2
4 时两曲线没有交点
(3)f (a)+ f (b)
2
> f (b)- f (a)
b-a
，理由见解析.
【分析】（1）设切点( x0,k x0+1)，利用导数的几何意义得到方程组可得答案；
（2）e
x =m x
2( x>0)⇔m=e
x
x
2 ( x>0)，转化为y =m与g( x)=e
x
x
2 ( x>0)图象交点的个数问题；
（3）作差得到e
a (b-a)(1+e
b-a)-2(1-e
b-a)
2(b-a)
，令b-a=t >0，构造新函数g(t )= (t +2)e
t +t -2，求导
即可得到答案.
【详解】函数f ( x)=e
x , x ∈R⇒f
'( x)=e
x
(1)函数1
x0
=k ⇒k x0=1，f ( x)=e
x , x ∈R的反函数为y = ln x , x>0, y
' = 1
x ，
设切点坐标为( x0,k x0+1)则1
x0
=k ⇒k x0=1，ln x0=2⇒x0=e
2⇒k = 1
e
2 .
（2）令f ( x)=m x
2即e
x =m x
2( x>0)⇒m=e
x
x
2 ( x>0)，设g( x)=e
x
x
2 ( x>0)
有g
'( x)= e
x( x -2)
x
3
( x>0)，当x∈(0,2]，g
'( x)<0，当x∈[2,+∞)，g
'( x)>0
所以函数g( x)在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，
g( x)min= g(2)=e
2
4 ，所以当m>e
2
4 时，两曲线有2 个交点；
当m=e
2
4 时，两曲线有1 个交点；当m<e
2
4 时，两曲线没有交点.
（3）f (a)+ f (b)
2
> f (b)- f (a)
b-a
.
f (a)+ f (b)
2
- f (b)- f (a)
b-a
=e
a+e
b
2
-e
a-e
b
b-a =e
a( 1+e
b-a
2
- 1-e
b-a
b-a )
=e
a (b-a)(1+e
b-a)-2(1-e
b-a)
2(b-a)
∵a<b，令b-a=t >0
∴上式=e
a t (1+e
t)-2(1-e
t)
2t
=e
a
2t ⋅[(t +2)e
t +t -2]
令g(t )= (t +2)e
t +t -2，则g
'(t )=(t +3)e
t +1>0恒成立，
∴g(t )>g(0)=0，而e
a
2t >0，∴e
a
2t ⋅[(t +2)e
t +t -2]>0，
故f (a)+ f (b)
2
> f (b)- f (a)
b-a
.
5．（2007·重庆卷·高考）已知各项均为正数的数列{an}的前n 项和满足S1>1，且
6 Sn=(an+1)(an+2),n∈N
*
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{bn}满足an(2
bn-1)=1，并记T n为{bn}的前n 项和，求证：3T n+1>log2(an+3),n∈N
*.
【答案】（1）an=3n-1；
（2）证明见解析.
【分析】（1）利用an与Sn的关系可得(an+1+an)(an+1-an-3)=0，结合条件及等差数列的定义即得；
（2）由题可得bn，T n，令f (n)=(
3
2 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
3n
3n-1)
3
⋅
2
3n+2，然后判断增减性，进而可证；或利用放
缩法证明；或利用数学归纳法证明.
【详解】（1）由a1= S1= 1
6 (a1+1)(a1+2)，解得a1=1或a1=2，又a1= S1>1，
因此a1=2，
又由an+1= Sn+1- Sn= 1
6 (an+1+1)(an+1+2)- 1
6 (an+1)(an+2)，
得(an+1+an)(an+1-an-3)=0，
∴an+1-an-3=0或an+1=-an，因an>0，故an+1=-an不成立，舍去．
因此an+1-an=3，
从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，
故{an}的通项为an=3n-1．
（2）证法一：由an(2
bn-1)=1可解得bn= log2(1+ 1
an)= log2
3n
3n-1；
从而T n=b1+b2+⋯+bn= log2(
3
2 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
3n
3n-1)，
因此3T n+1- log2(an+3)= log2[(
3
2 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
3n
3n-1)
3
⋅
2
3n+2]，
令f (n)=(
3
2 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
3n
3n-1)
3
⋅
2
3n+2，则f (n+1)
f (n)
= 3n+2
3n+5 ·(
3n+3
3n+2)
3
=
(3n+3)
3
(3n+5)(3n+2)
2．
因(3n+3)
3-(3n+5)(3n+2)
2=9n+7>0，
故f (n+1)>f (n)．
∴f (n)≥f (1)= 27
20 >1，从而3T n+1- log2(an+3)= log2f (n)>0．
即3T n+1>log2(an+3)．
证法二：同证法一求得bn及T n，
由二项式定理知，当c>0时，不等式(1+c)
3>1+3c成立．
由此不等式有3T n+1= log2[2(1+ 1
2)
3
(1+ 1
5)
3
⋯(1+
1
3n-1)
3
]
>log2[2(1+ 3
2)(1+ 3
5)⋯(1+
3
3n-1)] = log2(2⋅5
2 ⋅8
5 ⋅⋯⋅3n+2
3n-1)= log2(3n+2)= log2(an+3)．
证法三：同证法一求得bn及T n．
令An= 3
2 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
3n
3n-1 ，Bn= 4
3 ⋅7
6 ⋅⋯⋅3n+1
3n
，Cn= 5
4 ⋅8
7 ⋅⋯⋅3n+2
3n+1．
因3n
3n-1 > 3n+1
3n
> 3n+2
3n+1．因此An
2> An BnCn=3n+2
2
．
从而3T n+1= log2[2(
3
2 ⋅6
5 ⋅⋯⋅
3n
3n-1)
3
]= log2(2 An
3)
>log2(2 An BnCn)= log2(3n+2)= log2(an+3)．
证法四：同证法一求得bn及T n．
下面用数学归纳法证明：3T n+1>log2(an+3)．
当n=1时，3T 1+1= log2 27
4 ，log2(a1+3)= log25，
因此3T 1+1>log2(a1+3)，结论成立．
假设结论当n=k时成立，即3T k +1>log2(ak +3)．
则当n=k +1时，
3T k +1+1- log2(ak +1+3)=3T k +1+3bk +1- log2(ak +1+3)
>log2(ak +3)- log2(ak +1+3)+3bk +1
= log2
(3k +3)
3
(3k +5)(3k +2)
2
因(3k +3)
3-(3k +5)(3k +2)
2=9k +7>0，
故log2
(3k +3)
3
(3k +5)(3k +2)
2 >0，
从而3T k +1+1>log2(ak +1+3)．这就是说，当n=k +1时结论也成立．
综上3T n+1>log2(an+3)对任何n∈N+成立．
6．（2012·陕西卷·高考）设函数f n( x)= x
n+bx +c (n∈N+,b,c∈R)
(1)设n≥2，b=1，c =-1，证明：f n( x)在区间(
1
2 ,1)内存在唯一的零点；
(2)设n为偶数，|f (-1)|≤1，|f (1)|≤1，求b+3c的最小值和最大值；
(3)设n=2，若对任意x1, x2 ∈[-1,1]，有|f 2( x1)- f 2( x2)|≤4，求b的取值范围；
【答案】(1)证明见解析
(2)最小值为-6，最大值为0
(3)-2≤b≤2
【分析】（1）依题意可得f n(
1
2)f n(1)<0，再用导数判断f n( x)的单调性即可得证；
（2）由-1≤f (1)≤1和-1≤f (-1)≤1，得到-2≤b+c≤0①，-2≤-b+c≤0②，再由不等式的性质求出
b+3c的取值范围，即可得解；
（3）当n=2时，f ( x)= x
2+bx +c，|f 2( x1)- f 2( x2)|≤4等价于在[-1,1]上最大值与最小值之差M ≤4，
据此分类讨论解决即可．
【详解】（1）解：当b=1，c =-1，n≥2时，f n( x)= x
n+ x -1
∵f n(
1
2)f n(1)=(
1
2
n - 1
2)×1<0，
∴f n( x)在区间( 1
2 ,1)内存在零点，
又当x∈(
1
2 ,1)时，f n
'( x)=n x
n-1+1>0，
∴f n( x)在(
1
2 ,1)上单调递增，
∴f n( x)在区间(
1
2 ,1)内存在唯一的零点；
（2）解：依题意-1≤f (1)=1+b+c≤1，即-2≤b+c≤0，①
-1≤f (-1)=1-b+c≤1，即-2≤-b+c≤0，②
①×2+②得：-6≤2(b+c)+(-b+c)=b+3c≤0，
当b=0，c =-2时，b+3c =-6；当b=c =0时，b+3c =0；
∴b+3c的最小值为-6，最大值为0；
（3）解：当n=2时，f 2( x)= x
2+bx +c，对任意x1，x2∈[-1，1]，有|f 2( x1)- f 2( x2)|≤4，
等价于在[-1,1]上最大值与最小值之差M ≤4，据此分类讨论如下：
(i)当|
b
2|>1，即|b|>2，M =|f 2(1)- f 2(-1)|=2|b|>4，与题设矛盾；
(ii)当-1≤- b
2 <0，即0<b≤2时，M = f 2(1)- f 2(- b
2)=(
b
2 +1)
2
≤4恒成立，
(iii)当0≤- b
2 ≤1，即-2≤b≤0时，M = f 2(-1)- f 2(- b
2)=(
b
2 -1)
2
≤4恒成立，
综上所述，-2≤b≤2．
7．（2006·陕西卷·高考）已知函数f ( x)= x
3- x
2+ x
2 + 1
4 ，且存在x0∈(0, 1
2 )，使f (x0)= x0．
(1)证明：f ( x)是R上的单调增函数；
(2)设x1=0，xn+1= f ( xn)，y1= 1
2，yn+1= f ( yn)，其中n=1,2,⋯．证明：xn< xn+1< x0< yn+1< yn；
(3)证明：yn+1- xn+1
yn- xn
< 1
2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】(1)结合已知条件，利用导函数即可证明；
(2)结合已知条件，利用数学归纳法即可证明；
(3)结合已知条件可得到yn+1- xn+1
yn- xn
≤[( xn+ yn)- 1
2 ]
2
+ 1
4 ，然后结合(2)中结论求出xn+ yn的取值范围即可
证明.
【详解】（1）因为f ( x)= x
3- x
2+ x
2 + 1
4 ，
所以f
'( x)=3 x
2-2 x + 1
2 =3( x - 1
3 )
2
+ 1
6 >0在R上恒成立，
故f ( x)是R上的单调增函数.
（2）由x1=0，xn+1= f ( xn)，y1= 1
2，yn+1= f ( yn)，x0∈(0, 1
2 )，f (x0)= x0可知，
x1< x0< y1，
因为f ( x)是R上的单调增函数，
所以x2= f ( x1)= 1
4 <f ( x0)= x0<f ( y1)= y2= 3
8 < y1= 1
2，
从而有x1< x2< x0< y2< y1，
用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，上面已证明成立；
②假设当n=k(k ≥1)时，所证不等式成立，
则xk< xk +1< x0< yk +1< yk，
当n=k +1时，
因为f ( x)是R上的单调增函数，
所以f ( xk)<f ( xk +1)<f ( x0)<f ( yk +1)<f ( yk)，
即xk +1< xk +2< x0< yk +2< yk +1，
即当n=k +1时，所证不等式也成立.
综上所述，对∀n∈N
*，xn< xn+1< x0< yn+1< yn.
（3）由题意，yn+1- xn+1
yn- xn
= f ( yn)- f ( xn)
yn- xn
= yn
2+ xn yn+ xn
2-( xn+ yn)+ 1
2，
从而
yn+1- xn+1
yn- xn
≤( xn+ yn)
2-( xn+ yn)+ 1
2 =[( xn+ yn)- 1
2 ]
2
+ 1
4 ，
由(2)知，n≥1时，数列{xn}是首项为0 的单调递增数列，且0≤xn< x0< 1
2，
数列{ yn}是首项为1
2的单调递减数列，且x0< yn< y1= 1
2，
故0< xn+ yn<1，
从而
yn+1- xn+1
yn- xn
≤[( xn+ yn)- 1
2 ]
2
+ 1
4 < 1
2.
