重难点06 利用导数证明不等式（举一反三专项训练）
【全国通用】
【题型1 直接法证明不等式】..................................................................................................................................2
【题型2 移项构造函数证明不等式】......................................................................................................................6
【题型3 分拆函数法证明不等式】........................................................................................................................10
【题型4 分析法证明不等式】................................................................................................................................16
【题型5 放缩法证明不等式】................................................................................................................................21
【题型6 指对同构】................................................................................................................................................27
【题型7 隐零点法证明不等式】............................................................................................................................32
【题型8 双变量不等式的证明】............................................................................................................................37
【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】.......................................................................................................43
【题型10 导数新定义的不等式证明问题】.........................................................................................................49
1、利用导数证明不等式
导数中的不等式证明是高考的常考题型，是高考的热点问题，从近几年的高考情况来看，导数中的不
等式证明常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多
样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果，
复习是要加强这方面的训练.
知识点
1 导数中的不等式证明的解题策略
1．导数中的不等式证明的解题策略
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的
函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在
(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
2．移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右
减
左
”的函数，利用导教
研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3．分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递
的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)
恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，
与lnx 要分离，常构造
与lnx，
与
的
积、商形式.便于求导后找到极值点.
4．放缩后构造函数证明不等式
某
些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式
，
等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行
放缩，然后再构造函数进行证明.
知识点
2 指对同构
1．指对同构证明不等式
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性
构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速
度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
.
【题型1 直接法证明不等式】
【例1】（2025·河南·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−x
2−ax−1(a∈R)，且f (x)有两个极值点
x1, x2(x1< x2).
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：f (x2)<(1−ln2)
2.
【答案】(1)(2−2ln 2,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据函数极值点和导函数零点之间的关系，构造函数，求出构造函数有两个零点时的
参数范围即可；
（2）利用消元思想消去a，构造函数ℎ(x)=(1−x)e
x+ x
2−1(x>ln2)，利用其单调性，证明不等式.
【解答过程】（1）已知f (x)=e
x−x
2−ax−1有两个极值点，易得f
′ (x)=e
x−2 x−a有两个零点，
令g(x)=e
x−2 x−a，则g
′ (x)=e
x−2，
令g
′ (x)=0，即e
x−2=0，解得x = ln2，
当x∈(−∞,ln2)时，g
′ (x)<0，g(x)在(−∞,ln2)上单调递减，
当x∈(ln2,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)在(ln2,+∞)上单调递增，
g(x)在x = ln2处取得最小值.
若g(x)有两个零点，一定有2−2ln2−a<0，解得a>2−2ln2，
又易知x→−∞时，g(x)→+ ∞，
取x0= 100a
e−2 >ln2，易知e
x≥x +1⇒e
x≥e x，当且仅当x =1时取等号，
所以由g(x)=e
x−2 x−a≥(e−2) x−a可知，g(
100a
e−2 )≥100a−a=99a>0，
根据零点存在定理可知，函数g(x)在(−∞,ln2)，(ln2,+∞)上各存在一个零点，
故a的取值范围为(2−2ln 2,+ ∞).
（2）由（1）知：x1<ln2< x2，且e
x2−2 x2−a=0，
故e
x2−2 x2=a，
故f (x2)=e
x2−x2
2−(e
x2−2 x2)x2−1=(1−x2)e
x2+ x2
2−1(x2>ln2)，
令ℎ(x)=(1−x)e
x+ x
2−1(x>ln2)，则ℎ
′ (x)=−xe
x+2 x = x(2−e
x)，
当x>ln2时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(ln2,+ ∞)上单调递减，
所以ℎ(x)<ℎ(ln2)=(1−ln2)
2，
故f (x2)=ℎ(x2)<(1−ln2)
2，原式得证.
【变式1-1】（2025·江西·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x−a x
2+ x , g( x)= x．
(1)当a=0时，证明：f ( x)有且仅有一个零点；
(2)若曲线y = f ( x)与y = g( x)相切．
（ⅰ）求a；
（ⅱ）当x>0时，证明：f ( x)≥g( x)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）a=e
2
4 ；（ⅱ）证明见解析.
【解题思路】（1）根据已知f ( x)=e
x+ x，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证；
（2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设ℎ( x)=e
x−e
2
4 x
2并应用导
数研究函数值符号，即可证.
【解答过程】（1）当a=0时，f ( x)=e
x+ x，显然f ( x)是增函数，
而f (−1)= 1
e −1<0<f (0)=1，故f ( x)在区间(−1,0)上有零点，
结合f ( x)的单调性可知，f ( x)在R 上有且仅有一个零点．
（2）（ⅰ）不妨记切点为(x0,f (x0))，则f (x0)=e
x0−a x0
2+ x0，
由f
′( x)=e
x−2ax +1,f
′(x0)=e
x0−2a x0+1，
故切线方程为y −(e
x0−a x0
2+ x0)=(e
x0−2a x0+1)(x−x0)，
即y =(e
x0−2a x0+1)x−(x0−1)e
x0+a x0
2，
令其与y = g( x)重合，故{
e
x0−2a x0+1=1
−(x0−1)e
x0+a x0
2=0)，
则e
x0=2a x0⇒−2a x0(x0−1)+a x0
2=0⇒a x0(x0−2)=0，
若a=0，显然有f ( x)>g( x)，这与题设条件矛盾，
若x0=0，由f (0)=1,g(0)=0可知二者不在x =0处相切，矛盾，
故x0=2，于是e
2= 4 a⇒a=e
2
4 ，经验证a=e
2
4 符合题意，
综上，a=e
2
4 ；
（ⅱ）设ℎ( x)= f ( x)−g( x)=e
x−e
2
4 x
2，则ℎ( x)=(e
1
2 x
−e x
2 )(e
1
2 x
+e x
2 )，
由x>0可知e
1
2 x
+e x
2 >0，设F( x)=e
x−e x , F
′( x)=e
x−e，
当x∈(0,1)时，F
′( x)<0, F( x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，F
′( x)>0, F( x)在(1,+ ∞)上单调递增，故F( x)≥F(1)=0，
于是F(
1
2 x)≥0⇒(e
1
2 x
−e x
2 )(e
1
2 x
+e x
2 )≥0⇒f ( x)≥g( x)．
【变式1-2】（2025·河南许昌·三模）已知函数f (x)=a x
2+(a−2) x−ln x.
(1)若a=1
①求f (x)的极小值；
②证明：当x>0时，f (x)> 1−2
x
1+2
x ；
(2)若f (x)的图象与直线y =kx−1切于点(
a
2 ,f(
a
2))，求k的值.
【答案】(1)①极小值为0；②证明见解析；
(2)3
【解题思路】（1）①利用导数判断函数的单调性，再求极值即可；
②利用当x>0时，2
x>1,g(x)=−1+
2
1+2
x ，可得g(x)<0，结合①，可得结论.
（2）求f (x)的导数，根据导数和切线斜率的关系求解即可.
【解答过程】（1）①f (x)的定义域为{x|x >0))，当a=1时，f (x)= x
2−x−ln x，
f
′ (x)= 2 x
2−x−1
x
= (2 x +1)(x−1)
x
，
令f
′ (x)=0，得x =1或x =−1
2（舍去）
当0< x<1时，f
′ (x)<0，f (x)在(0,1)上单调递减；
当x>1时，f
′ (x)>0，f (x)在(1,+∞)单调递增，
∴f (x)在x =1处取得极小值，极小值为f (1)=0；
②由①可得f (x)在x =1处取得最小值，最小值为f (1)=0，∴f (x)≥0 ，
当x>0时，2
x>1，所以1−2
x<0，1+2
x>0，所以g(x)= 1−2
x
1+2
x <0，
∴f (x)> 1−2
x
1+2
x .
（2）f
′ (x)=2ax +(a−2)−1
x ，由题意得{
f
′(
a
2)=a
2+(a−2)−2
a =k
f(
a
2)= a
3
4 +(a−2) a
2 −ln a
2 =k ⋅a
2 −1)
，
消去k得a
3
4 −2+ ln a
2 =0，令g(x)= x
3
4 −2+ln x
2，
因为函数y = x
3
4 ，y = ln x
2 −2在(0,+ ∞)上单调递增，
所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，又g(2)=0，
∴a=2，将a=2代入a
2+(a−2)−2
a =k，得k =3.
【变式1-3】（2025·山东临沂·三模）已知f (x)=e
x，g(x)=ln x.
(1)证明：f (x)>g(x)+2；
(2)证明：函数f (x)与g(x)的图象有两条公切线.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）设ℎ(x)= f (x)−g(x)，求出函数的导数，利用虚数零点可求函数的最小值，结合指对
数转化可证题设中的不等式；
（2）设公切线与曲线f (x)=e
x的切点坐标为A (m,e
m)，与曲线g(x)=ln x的切点坐标为B (n,ln n)，根据
导数的几何意义可得方程组{
e
m= 1
n
e
m(1−m)= ln n−1)
，利用消元法结合导数可证该方程组有两个不同的解即
可.
【解答过程】（1）设ℎ(x)= f (x)−g(x)=e
x−ln x , x>0，则ℎ
′ (x)=e
x−1
x ，
因为y =e
x, y =−1
x 在(0,+ ∞)上均为增函数，故ℎ
′ (x)在(0,+∞)上为增函数，
而ℎ
′ (1)=e−1>0，ℎ
'(
1
e)=e
1
e −e<0，故ℎ
′ (x)在(
1
e ,1)上存在一个零点x0，
且当x∈(0, x0)时，ℎ
′ (x)<0，当x∈(x0,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，
故ℎ(x)在(0, x0)上为减函数，在(x0,+ ∞)上为增函数，
故ℎ(x)min=ℎ(x0)=e
x0−ln x0，而e
x0= 1
x0
，故x0=−ln x0，
故ℎ(x)min= x0+ 1
x0
≥2，但x0∈(
1
e ,1)，故等号不可取，
故ℎ(x)min>2，即f (x)−g(x)>2即f (x)> g(x)+2.
（2）设公切线与曲线f (x)=e
x的切点坐标为A (m,e
m)，
与曲线g(x)=ln x的切点坐标为B (n,ln n)，
则曲线f (x)=e
x在A处的切线方程为y =e
m(x−m)+e
m=e
m x +e
m(1−m)，
同理曲线g(x)=ln x在B处的切线方程为y = 1
n x + ln n−1，
故{
e
m= 1
n
e
m(1−m)= ln n−1)
，故e
m(1−m)+m+1=0①，
若m=−1，则e
−1(1+1)+0=0，但2e
−1>0恒成立，矛盾，故m≠−1，
故①即为e
m× m−1
m+1 =1，设s(m)=e
m× m−1
m+1 −1(m≠−1)，
则s
′ (m)=e
m×[
m−1
m+1 +
2
(m+1)
2)=e
m× m
2+1
(m+1)
2 >0
故s(m)在(−1,+ ∞)为增函数，在(−∞,−1)为增函数，
s(2)=e
2
3 −1>0，s(0)=−2<0，s(−2)=3e
−2−1<0，
s(−3
2)=5e
−3
2 −1>
5
2.8×1.7 −1=
5
4.76 −1>0，
故s(m)有两个不同的零点即函数f (x)与g(x)的图象有两条公切线.
【题型2 移项构造函数证明不等式】
【例2】（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数f (x)= 1
2 e
2 x+(a−2)e
x−2ax (a∈R)．
(1)当a=2时，求f (x)的单调区间；
(2)当a=0时，求证：对任意的x∈(0,+ ∞)，f (x)+ 4e
x>2 x
2+ 5
2恒成立；
【答案】(1)函数f (x)的单调递减区间是(−∞,ln 2)，单调递增区间是(ln 2,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导，根据导数的符号求函数f (x)的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 >0，构建ℎ(x)= 1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2
(x>0)，利用导
数分析最值证明不等式即可.
【解答过程】（1）当a=2时，f (x)= 1
2 e
2 x−4 x，则f
′ (x)=e
2 x−4．
令f
′ (x)<0，得x<ln 2；令f
′ (x)>0，得x>ln 2．
所以函数f (x)的单调递减区间是(−∞,ln 2)，单调递增区间是(ln 2,+ ∞)．
（2）证明：当a=0时，f (x)= 1
2 e
2 x−2e
x．
要证f (x)+ 4e
x>2 x
2+ 5
2，即证1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 >0．
构建ℎ(x)= 1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2
(x>0)，则ℎ
′ (x)=e
2 x+2e
x−4 x．
构建m(x)=e
2 x+2e
x−4 x (x>0)，则m
′ (x)=2e
2 x+2e
x−4 =2(e
x−1)(e
x+2)>0．
所以函数m(x)在(0,+ ∞)上单调递增，则m(x)>m(0)=3>0，即ℎ
′ (x)>0，
可知函数ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则ℎ(x)>ℎ(0)=0，即1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 >0．
【变式2-1】（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)= x
2
2 −4 x +aln x (a∈R)有两个极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)记两个极值点分别为x1，x2，证明：f (x1)+ f (x2)+10>lna.
【答案】(1)(0,4)；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）由题意知，导函数在(0,+∞)上有两个不相等的实数根，再根据二次函数的性质进行求
解即可；
（2）根据题意可得x1，x2，是方程x
2−4 x +a=0的两个不等正实根，根据韦达定理得x1+ x2= 4，
x1 x2=a，代入f (x1)+ f (x2)化简，进而构造函数g(x)=(x−1)ln x−x +2(0< x<4)，再求导判断其单调性
和最值，即可证明.
【解答过程】（1）由题意得，f
′ (x)= x−4+ a
x = x
2−4 x +a
x
，x∈(0,+ ∞).
因为f (x)有两个极值点，所以方程x
2−4 x +a=0有两个不相等的正根，
所以{
Δ=(−4)
2−4 a>0
x1 x2=a>0 )，解得0<a<4.
检验：当0<a<4时，由f
′ (x)=0得x =2−❑√4−a或x =2+ ❑√4−a.
所以f (x)在(0,2−❑√4−a)上单调递增，在(2−❑√4−a,2+ ❑√4−a)上单调递减，
在(2+ ❑√4−a,+∞)上单调递增，满足题意.
所以实数a的取值范围为(0,4).
（2）证明：由（1）知x1+ x2= 4，x1 x2=a，
所以f (x1)+ f (x2)= 1
2 (x1
2+ x2
2)−4(x1+ x2)+aln(x1 x2)=alna−a−8，
所以f (x1)+ f (x2)+10−lna=(a−1)lna−a+2.
令g(x)=(x−1)ln x−x +2(0< x<4)，则g
′ (x)=ln x−1
x ，
令ℎ(x)= g
′ (x)=ln x−1
x ，则ℎ
′ (x)= 1
x + 1
x
2 >0，
所以g
′ (x)在(0,4)上单调递增.
因为g
′ (1)=−1<0，g
′ (2)=ln2−1
2 >0，
所以函数g
′ (x)存在唯一零点x0∈(1,2)，即ln x0= 1
x0
，
且当x∈(0, x0)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0,4)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以当x = x0时，g(x)存在最小值，即g(x0)=(x0−1)ln x0−x0+2=3−(x0+ 1
x0).
因为x0∈(1,2)，所以2< x0+ 1
x0
< 5
2，所以g(x)min>0，
所以f (x1)+ f (x2)+10>lna.
【变式2-2】（2025·江西九江·三模）已知函数f ( x)=a x
2+(1−2a)x−ln x，其中a<0．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)当a=−2
3时，证明：f ( x)−x ln x< 7 x
3 + 2
x −1．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出f ( x)的导数，再按a=−1
2 ,−1
2 <a<0,a<−1
2分类讨论求出单调区间.
（2）把a=−2
3代入，等价变形不等式，再构造函数并利用导数求出最小值情况即可.
【解答过程】（1）函数f ( x)=a x
2+(1−2a)x−ln x的定义域为(0,+∞)，
求导得f
′( x)=2ax +1−2a−1
x = (2ax +1)( x−1)
x
，
①若−1
2a =1，即a=−1
2 , f
′( x)≤0，函数f ( x)在(0,+∞)上单调递减；
②若−1
2a <1，即a<−1
2，由f
′( x)>0，得−1
2a < x<1；由f
′( x)<0，得0< x<−1
2a或x>1，
函数f ( x)在(−1
2a ,1)上单调递增，在(0,−1
2a )，(1,+ ∞)上单调递减；
③若−1
2a >1，即−1
2 <a<0，由f
′( x)>0，得1< x<−1
2a；由f
′( x)<0，得0< x<1或x>−1
2a，
函数f ( x)在(1,−1
2a )上单调递增，在(0,1)，(−1
2a ,+∞)上单调递减，
所以当−1
2 <a<0时，函数f ( x)在(0,1),(−1
2a ,+∞)上单调递减，在(1,−1
2a )上单调递增；
当a=−1
2时，函数f ( x)在(0,+ ∞)上单调递减；
当a<−1
2时，函数f ( x)在(0,−1
2a ),(1,+∞)上单调递减，在(−1
2a , 1)上单调递增.
（2）当a=−2
3时，函数f ( x)=−2
3 x
2+ 7 x
3 −ln x的定义域为(0,+∞)，
不等式f ( x)−x ln x< 7 x
3 + 2
x −1⇔2
3 x
3+( x
2+ x)ln x−x +2>0，
设ℎ( x)= 2
3 x
3+( x
2+ x)ln x−x +2，求导得ℎ
′( x)=(2 x +1)( x + ln x)，
函数y = x + ln x在(0,+∞)上单调递增，当x = 1
2时，y = 1
2 −ln2<0，
当x = 2
3时，y = 2
3 + ln 2
3 > 1
2 + ln 2
3 = ln 2❑√e
3
>0，
则存在唯一的实数x0∈( 1
2 , 2
3 )，使ℎ
′( x0)=0，即ln x0=−x0，
当x∈(0, x0)时，ℎ
′( x)<0；当x∈( x0,+∞)时，ℎ
′( x)>0，函数ℎ( x)在(0, x0)上递减，在( x0,+∞)
上递增，
因此ℎ( x)≥ℎ( x0)= 2
3 x0
3+( x0
2+ x0)ln x0−x0+2=−1
3 x0
3−x0
2−x0+2，
而函数y =−1
3 x
3−x
2−x +2在( 1
2 , 2
3 )上单调递减，当x = 2
3时，y = 64
81，即ℎ( x0)>0，
所以f ( x)−x ln x< 7 x
3 + 2
x −1.
【变式2-3】（2025·甘肃白银·三模）已知函数f (x)=ln x−x +a．
(1)若f (x)<0恒成立，求a的取值范围；
(2)若0<a≤1，证明：当x ≥1时，f (x)+ x ≤(x−1)e
x−a+1．
【答案】(1)(−∞,1)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）a< x−ln x，令g(x)= x−ln x , x>0，利用导数法求得其最小值即可；
（2）将问题转化为ln x +a≤(x−1)e
x−a+1，令ℎ(x)=ln x +a−1−(x−1)e
x−a, x ≥1，利用导数法证明
ℎ(x)≤0在[1,+ ∞)上恒成立即可.
【解答过程】（1）ln x−x +a<0⇒a< x−ln x，
令g(x)= x−ln x , x>0，
则g
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，令g
′ (x)>0，得x>1，令g
′ (x)<0，得0< x<1，
故g(x)= x−ln x在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)= x−ln x在x =1处取得极小值，也是最小值，最小值为g(1)=1，
故a<1，即a的取值范围是(−∞,1)．
（2）f (x)+ x ≤(x−1)e
x−a+1⇒ln x−x +a+ x ≤(x−1)e
x−a+1，
即ln x +a≤(x−1)e
x−a+1．
令ℎ(x)=ln x +a−1−(x−1)e
x−a, x ≥1，
则ℎ
′ (x)= 1
x −xe
x−a，
令t (x)=ℎ
′ (x)= 1
x −xe
x−a，则t
′ (x)=−1
x
2 −(x +1)e
x−a<0恒成立，
故t (x)=ℎ
′ (x)= 1
x −xe
x−a在[1,+ ∞)上单调递减．
又0<a≤1，故ℎ
′ (1)=1−e
1−a≤0，
故ℎ
′ (x)= 1
x −xe
x−a≤0在[1,+∞)上恒成立，
故ℎ(x)=ln x +a−1−(x−1)e
x−a在[1,+∞)上单调递减．
又ℎ(1)=a−1≤0，
故ln x +a−1−(x−1)e
x−a≤0,f (x)+ x ≤(x−1)e
x−a+1，结论得证．
【题型3 分拆函数法证明不等式】
【例3】（2025·河北秦皇岛·三模）设函数f ( x)=( x−2)ln x +1．
(1)求f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)证明：f ( x)+e
x> x +1．
【答案】(1)x + y −2=0；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）求出函数f ( x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）在x>0时，利用导数分别证明不等式f ( x)>0与e
x> x +1成立即可.
【解答过程】（1）函数f ( x)=( x−2)ln x +1，求导得f
′( x)= ln x +1−2
x ，则f
′(1)=−1，而f (1)=1，
所以f ( x)的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y −1=−1⋅( x−1)，即x + y −2=0.
（2）函数f ( x)=( x−2)ln x +1的定义域为(0,+∞)，
由（1）知，函数f
′( x)= ln x +1−2
x 在(0,+∞)上单调递增，
而f
′(1)=−1<0,f
′(2)= ln 2>0，
则存在x0∈(1,2)，使得f
′( x0)=0，即ln x0= 2
x0
−1，当0< x< x0时，f
′( x0)<0；
当x> x0时，f
′( x0)>0，函数f ( x)在(0, x0)上单调递减，在( x0,+ ∞)上单调递增，
因此f ( x)≥f ( x0)=( x0−2)ln x0+1=( x0−2)( 2
x0
−1)+1=5−( x0+ 4
x0
)，
函数y = x0+ 4
x0
在(1,2)上单调递减，则4< x0+ 4
x0
<5，于是f ( x)≥f ( x0)>0；
令函数g( x)=e
x−( x +1), x>0，求导得g
′( x)=e
x−1>0，函数g( x)在(0,+∞)上单调递增，
则g( x)>g(0)=0，即e
x−( x +1)>0，
因此f ( x)+ g( x)= f ( x)+e
x−( x +1)>0，
所以f ( x)+e
x> x +1.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ax−ln x ,a∈R．
(1)若函数F (x)= f (x)−x
2有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若曲线y = f (x)在点(
1
e ,f(
1
e))处的切线与y轴垂直，求证：f (x)<e
x+ 1
e x ．
【答案】(1)(2❑√2,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据条件知，F
′ (x)有两个正的变号零点，即方程−2 x
2+ax−1=0有两个不相等的正
实根，有Δ>0及韦达定理得到不等式，解出后验证即可；
（2）根据条件f
′(
1
e)=0，可求得a=e，不等式转化为e x−e
x<ln x + 1
e x ，利用导数考察不等式左右两边
函数的最值即可证明.
【解答过程】（1）由题，F (x)=ax−ln x−x
2，
函数的定义域为(0,+ ∞)，
F
′ (x)=a−1
x −2 x = −2 x
2+ax−1
x
(x>0)，
因为F (x)有两个极值点，
所以方程−2 x
2+ax−1=0有两个不相等的正实根，
设为x1, x2，且x1< x2，得x1+ x2= a
2 >0，
且Δ=a
2−8>0，得a>2❑√2．
当0< x< x1时，F
′ (x)<0, F (x)单调递减；
当x1< x< x2时，F
′ (x)>0, F (x)单调递增；
当x> x2时，F
′ (x)<0, F (x)单调递减．
所以F (x)在x = x1处有极小值，在x = x2处有极大值，
因此a的取值范围是(2❑√2,+ ∞)．
（2）因为f (x)=ax−ln x，则f
′ (x)= ax−1
x
(x>0)，
由题意知f
′(
1
e)=e(
a
e −1)=0，得a=e，
故f (x)=e x−ln x，所以f (x)<e
x+ 1
e x ，
即e x−ln x<e
x+ 1
e x ，
即e x−e
x<ln x + 1
e x ．
令g(x)=e x−e
x(x>0)，则g
′ (x)=e−e
x，
当x>1时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减，
当0< x<1时，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，
所以g( x)max= g(1)=e−e=0．
令ℎ(x)=ln x + 1
e x ，则ℎ
′ (x)=e x−1
e x
2
，
当x> 1
e 时，ℎ
′ (x)>0,ℎ(x)单调递增，
当0< x< 1
e 时，ℎ
′ (x)<0,ℎ(x)单调递减，
所以ℎ( x)min=ℎ(
1
e)=ln 1
e +1=0．
显然g(x)与ℎ(x)不同时为0，
所以e x−e
x<ln x + 1
e x ，故f (x)<e
x+ 1
e x .
【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)= 1
2 e
2 x+(a−2)e
x−2ax．
(1)若曲线y = f (x)在(0,a−3
2)处的切线方程为4 ax +2 y +1=0，求a的值及f (x)的单调区间．
(2)若f (x)的极大值为f (ln2)，求a的取值范围．
(3)当a=0时，求证：f (x)+5e
x−5
2 > 3
2 x
2+ xln x．
【答案】(1)a=1，单调递减区间是(−∞,ln2)，单调递增区间是(ln2,+∞)
(2)(−∞,−2)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求导，根据点斜式求解切线方程，即可与4 ax +2 y +1=0对比可得a=1，即可利用导
数的正负确定函数单调性，
（2）求导得f
′ (x)=(e
x+a)(e
x−2)，即可对a分类讨论求解导数的正负求解单调性，
（3）将不等式变形为只需要证明1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 > xln x−e
x−1
2 x
2，构造函数
ℎ(x)= 1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2，利用导数求证ℎ(x)>0，构造函数t (x)=ln x
x
和φ(x)=e
x
x
2 + 1
2，利用导数分
别证明φ(x)>t (x)，即可求证0> xln x−e
x−1
2 x
2，进而可求解.
【解答过程】（1）由题意，得f
′ (x)=e
2 x+(a−2)e
x−2a，所以f
′ (0)=−a−1．
因为曲线y = f (x)在(0,a−3
2)处的切线方程为y −(a−3
2)=(−a−1) x，
又4 ax +2 y +1=0，所以−2a=−a−1，所以a=1．
所以f
′ (x)=e
2 x−e
x−2=(e
x−2)(e
x+1)．
令f
′ (x)<0，得x<ln2；令f
′ (x)>0，得x>ln2．
所以函数f (x)的单调递减区间是(−∞,ln2)，单调递增区间是(ln2,+∞)．
（2）由题意得f
′ (x)=e
2 x+(a−2)e
x−2a=(e
x+a)(e
x−2)．
当a≥0时，令f
′ (x)>0，得x>ln2；令f
′ (x)<0，得x<ln2．
所以f (x)在(−∞,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，此时f (x)只有极小值，不符合题意．
当a<0时，令f
′ (x)=0，得x1=ln2，x2=ln(−a)．
因为f (x)的极大值为f (ln2)，所以ln2<ln(−a)，解得a<−2．
综上，a的取值范围为(−∞,−2)．
（3）当a=0时，f (x)= 1
2 e
2 x−2e
x．
要证f (x)+5e
x−5
2 > 3
2 x
2+ xln x，即证1
2 e
2 x+2e
x−3
2 x
2−5
2 > xln x−e
x，
只需证1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 > xln x−e
x−1
2 x
2．
先证：1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 >0，x>0．
设ℎ(x)= 1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2，x>0，则ℎ
′ (x)=e
2 x+2e
x−4 x．
设m(x)=e
2 x+2e
x−4 x，x>0，则m
′ (x)=2e
2 x+2e
x−4 =2(e
x−1)(e
x+2)>0．
所以函数m(x)在(0,+ ∞)上单调递增，则m(x)>m(0)=3>0，即ℎ
′ (x)>0，
所以函数ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，则ℎ(x)>ℎ(0)=0，所以1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 >0．
再证：xln x−e
x−1
2 x
2<0，x>0，即证ln x
x
<e
x
x
2 + 1
2．
设t (x)=ln x
x
，则t
′ (x)= 1−ln x
x
2
．
当x∈(0,e)时，t
′ (x)>0，t (x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，t
′ (x)<0，t (x)单调递减．所以t (x)≤t (e)= 1
e ．
设φ(x)=e
x
x
2 + 1
2，x>0，则φ
′ (x)= (x−2)e
x
x
3
．
当x∈(0,2)时，φ
′ (x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(2,+∞)时，φ
′ (x)>0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)≥φ(2)=e
2
4 + 1
2．所以ln x
x
≤1
e <e
2
4 + 1
2 ≤e
x
x
2 + 1
2，即ln x
x
<e
x
x
2 + 1
2．
综上，1
2 e
2 x+2e
x−2 x
2−5
2 > xln x−e
x−1
2 x
2得证．
故f (x)+5e
x−5
2 > 3
2 x
2+ xln x．
【变式3-3】（2025·河北邯郸·模拟预测）已知函数f (x)= x
2+ a
x ，g(x)=2ln x + 1
x
2．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)求函数g(x)的最小值；
(3)当a=2时，证明：f (x)ln x + 1
x
3 ≥1．
【答案】(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【解题思路】（1）对实数a的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数f (x)的增区间和
减区间；
（2）利用导数分析函数g(x)的单调性，即可求出函数g(x)的最小值；
（3）当a=2时，将所求不等式变形为g(x)≥
3
f (x)，根据[g(x))min≥[
3
f (x))max
，结合（1）（2）中的结论
可证得所证不等式成立.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，f
′ (x)=2 x−a
x
2 = 2 x
3−a
x
2
，
当a=0时，由f
′ (x)<0得x<0，由f
′ (x)>0，得x>0，
此时，函数f (x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+ ∞)；
当a>0时，由f
′ (x)>0得x>
3√
a
2，由f
′ (x)<0，得x<0或0< x<
3√
a
2，
此时，函数f (x)的减区间为(−∞,0)、(0,
3√
a
2)，增区间为(
3√
a
2 ,+ ∞)；
当a<0时，由f
′ (x)>0得
3√
a
2 < x<0或x>0，由f
′ (x)<0可得x<
3√
a
2，
此时，函数f (x)的减区间为(−∞,
3√
a
2)，增区间为(
3√
a
2 ,0)、(0,+ ∞).
综上，当a=0时，函数f (x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)；
当a>0时，函数f (x)的减区间为(−∞,0)、(0,
3√
a
2)，增区间为(
3√
a
2 ,+∞)；
当a<0时，函数f (x)的减区间为(−∞,
3√
a
2)，增区间为(
3√
a
2 ,0)、(0,+∞).
（2）函数g(x)的定义域为(0,+ ∞)，g
′ (x)= 2
x −2
x
3 = 2(x
2−1)
x
3
，
由g
′ (x)<0，得0< x<1，由g
′ (x)>0，得x>1，
即g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴g(x)在x =1处取得最小值g(1)=1．
（3）当a=2时，f (x)ln x + 1
x
3 ≥1等价于(x
3+2)ln x + 1
x
2 ≥x，
即(x
3+2)ln x + 1
x
2 + 1
2 x ≥3
2 x，即2(x
3+2)ln x + x
3+2
x
2
≥3 x，
即ln x
2+ 1
x
2 ≥3 x
x
3+2
=
3
x
2+ 2
x
=
3
f (x)，即g(x)≥
3
f (x)，
∵g(x)≥1，∴只需证明1≥
3
f (x)，
∵当x>0，a=2时，f (x)>0，∴只需证明f (x)≥3，
由（1）知a=2，x>0时，f (x)在x =1处取得最小值f (1)=3，
综上所述，原不等式成立．
【题型4 分析法证明不等式】
【例4】（2025·福建厦门·三模）已知函数f (x)= 1
2 x
2−(a−2) x−2aln x，a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f (x)≥ln a−a
2+ 5
2．
【答案】(1)当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；当a>0时，f (x)在x∈(a,+∞)上单调递增，在
x∈(0,a)上单调递减
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出f
′ (x)，分a≤0、a>0讨论可得答案；
（2）转化为证明f (x)min≥ln a−a
2+ 5
2，求出f (x)min，构造函数g(a)= 1
2 a
2+2a−2aln a−ln a−5
2
(a>0)
，利用导数求出最小值可得答案.
【解答过程】（1）f (x)的定义域为{x| x>0)，f
′ (x)= x +2−a−2a
x = (x +2)(x−a)
x
，
当a≤0时，f
′ (x)≥0，f (x)单调递增，
当a>0时，令f
′ (x)=0得x =a，
所以x>a时f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
0< x<a时f
′ (x)<0，f (x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a>0时，f (x)在(a,+ ∞)上单调递增，在(0,a)上单调递减；
（2）由（1）a>0时，f (x)在(a,+ ∞)上单调递增，在(0,a)上单调递减，
所以f (x)≥f (a)= 1
2 a
2−(a−2)a−2aln a，
要证明f (x)≥ln a−a
2+ 5
2，只需证明1
2 a
2−(a−2)a−2aln a≥ln a−a
2+ 5
2，
即证明1
2 a
2+2a−2aln a−ln a−5
2 ≥0 (a>0)，
令g(a)= 1
2 a
2+2a−2aln a−ln a−5
2
(a>0)，
g
′ (a)=a+2−2(ln a+1)−1
a =a−2ln a−1
a，
令ℎ(a)=a−2ln a−1
a
(a>0)，则ℎ
' (a)= (a−1)
2
a
2
≥0，
所以ℎ(a)在a∈(0,+ ∞)上单调递增，即g
′ (a)在a∈(0,+ ∞)上单调递增，
因为g
′ (1)=1−2ln1−1
1 =0，
所以当0<a<1时g
′ (a)<0，g(a)单调递减，
当a>1时g
′ (a)>0，g(a)单调递增，
可得g(a)≥g(1)= 1
2 +2−2ln1−ln1−5
2 =0，
即f (x)≥ln a−a
2+ 5
2．
【变式4-1】（2025·河北·二模）已知函数f ( x)= ln x + a
x −1.
(1)当a=2时，求曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)证明：当a∈(0,1)时，f ( x)> a
2 −1
2a.
【答案】(1)x + y −2=0
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可；
（2）先证明f (x)的单调性，再将要证f (x)> a
2 −1
2a，转化证lna> a
2 −1
2a.构造函数g(x)=ln x−x
2 + 1
2 x
，则只需证当0< x<1时，g(x)>0.再用导数证明单调性，得到最值即可.
【解答过程】（1）解：当a=2时，f (x)=ln x + 2
x −1，f
′ (x)= 1
x −2
x
2，
则f (1)=1，f
′ (1)=−1，则所求切线方程为y −1=−1×(x−1)，即x + y −2=0.
所以曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为x + y −2=0.
（2）证明：f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，令f
′ (x)=0，解得x =a，
当x∈(0,a)时，f
′ (x)<0，则f (x)在(0,a)上单调递减；
当x∈(a,+∞)时，f
′ (x)>0，则f (x)在(a,+∞)上单调递增；
所以f (x)≥f (a)=lna.要证f (x)> a
2 −1
2a，只需证lna> a
2 −1
2a.
设g(x)=ln x−x
2 + 1
2 x ，则只需证当0< x<1时，g(x)>0.
因为g
′ (x)= 1
x −1
2 −1
2 x
2 = −(x−1)
2
2 x
2
<0在x∈(0,1)时恒成立，所以g(x)在(0,1)上单调递减，
所以当0< x<1时，g(x)> g(1)=0，即lna> a
2 −1
2a，所以f (x)≥f (a)=lna> a
2 −1
2a，得证.
【变式4-2】（2025·河北邯郸·二模）已知函数f ( x)= ln x，g( x)= 3sin x
2+cos x .
(1)讨论函数ℎ( x)=ax−f ( x)的单调性；
(2)证明：xf ( x)>g( x)−1.
【答案】(1)当a≤0时，函数ℎ( x)在(0,+ ∞)上单调递减；当a>0时，函数ℎ( x)在(0, 1
a)上单调递减，在
(
1
a ,+∞)上单调递增
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由函数ℎ( x)的解析式可知函数ℎ( x)的定义域为(0,+ ∞)及导函数ℎ
′( x)= ax−1
x
，对
a分a≤0和a>0两类讨论即可求解；
（2）由（1）知当a=1时，ℎ( x)≥ℎ(1)=1，即x−ln x ≥1，进而可得1+ x ln x ≥x.令
H ( x)= x−3sin x
2+cos x ( x>0)，对函数H ( x)求导可知H ( x)在(0,+∞)上单调递增，可得x> 3sin x
2+cos x
，故
1+ x ln x ≥x> 3sin x
2+cos x
，原不等式得证.
【解答过程】（1）由题知：ℎ( x)=ax−f ( x)=ax−ln x，其定义域为(0,+∞)，
∴ℎ
′( x)=a−1
x = ax−1
x
.
当a≤0时，则ℎ
′( x)≤0，ℎ( x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，令ℎ
′( x)>0，解得x> 1
a；令ℎ
′( x)<0，解得0< x< 1
a，
∴函数ℎ( x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，函数ℎ( x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，函数ℎ( x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+∞)上单调递增.
（2）要证xf ( x)> g( x)−1，即证x ln x +1> 3sin x
2+cos x .
由（1）知：当a=1时，ℎ( x)= x−ln x在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴ℎ( x)≥ℎ(1)=1−ln1=1，即x−ln x ≥1，
∴1
x + ln x ≥1，∴1+ x ln x ≥x.
令H ( x)= x−3sin x
2+cos x ( x>0)，∴H
′( x)=1−3cos x(2+cos x)+3sin
2 x
(2+cos x)
2
= (cos x−1)
2
(2+cos x)
2 ≥0，
∴H ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
∴当x>0时，H ( x)> H (0)=0，即x−3sin x
2+cos x >0，
∴x> 3sin x
2+cos x ，即1+ x ln x ≥x> 3sin x
2+cos x ，
∴原不等式成立.
【变式4-3】（2024·安徽安庆·三模）已知函数f (x)=(ln|x))
2−(x + 1
x)+2，记f
′ (x)是f (x)的导函数.
(1)求f
′(1)的值；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)证明：当x>1时，(x−1)[e
−x+ x ln(1+ 1
x))>ln x⋅ln (x +1).
【答案】(1)f
′ (1)=0
(2)f (x)的单调递增区间是(−1,0)和(0,1)，单调递减区间是(−∞,−1)和(1,+∞)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求出当x>0时的f (x)的导函数f
′ (x)即可得；
（2）先分类讨论求出y = ln|x)的导函数，即可得函数f (x)的导函数，再借助导数构造相应函数去研究
f
′ (x)的正负，即可得函数f (x)的单调性；
（3）原问题可转化为证明：当x>1时，1
ln x −
1
x−1 >
1
ln (x +1) −1
x ，构造函数G (x)= 1
ln x −
1
x−1，可得
G (x)的导函数与f (x)的关系，即可得其单调性，即可得证.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为{x∈R|x≠0))，
当x>0时，f (x)=(ln x)
2−(x + 1
x)+2，
此时f
′ (x)= 2ln x
x
−(1−1
x
2)，所以f
′ (1)=0.
（2）先求y = ln|x)的导数，
当x>0时，y
′ =(ln|x))
′ =(ln x)
′ = 1
x ，
当x<0时，y
′ =(ln|x))
′ =(ln (−x))
′ = 1
x ，
当x≠0时，总有y
′ =(ln|x))
′ = 1
x ，
所以f
′ (x)= 2ln|x)
x
−(1−1
x
2)=
2ln|x)−x + 1
x
x
，
令g(x)=2ln|x)−x + 1
x ，则f
′ (x)= g(x)
x
，g
′ (x)= 2
x −1−1
x
2 = 2 x−x
2−1
x
2
=−(x−1)
2
x
2
≤0，
所以g(x)在(−∞,0)，(0,+ ∞)上均单调递减，
由（1）f
′ (1)=0，又f
′ (−1)=0，也即是g(±1)=0，
所以当x<−1时，g(x)> g(−1)=0，于是f
′ (x)= g(x)
x
<0，
所以f (x)在(−∞,−1)上单调递减，
当−1< x<0时，g(x)< g(−1)=0，于是f
′ (x)= g(x)
x
>0，
所以f (x)在(−1,0)上单调递增，
当0< x<1时，g(x)> g(1)=0，于是f
′ (x)= g(x)
x
>0，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，
当x>1时，g(x)< g(1)=0，于是f
′ (x)= g(x)
x
<0，
所以f (x)在(1,+∞)上单调递减，
故f (x)的单调递增区间是(−1,0)和(0,1)，
单调递减区间是(−∞,−1)和(1,+ ∞)；
（3）当x>1时，要证(x−1)[e
−x+ x ln(1+ 1
x))>ln x⋅ln (x +1)，
只需证x−1
e
x
+ x (x−1)ln x +1
x
>ln x⋅ln (x +1)，
因为x−1
e
x
>0，所以只需证x (x−1)ln x +1
x
>ln x⋅ln (x +1)，
只需证x (x−1)[ln (x +1)−ln x)>ln x⋅ln (x +1)，
只需证ln (x +1)−ln x
ln x ln (x +1) >
1
x (x−1)，
只需证1
ln x −
1
ln (x +1) >
1
x−1 −1
x ，
只需证1
ln x −
1
x−1 >
1
ln (x +1) −1
x ，
令G(x)= 1
ln x −
1
x−1（x>1），
则只需证G (x)>G (x +1)（x>1）（※）
因为G
′ (x)=−
1
x (ln x)
2 +
1
(x−1)
2 =
(ln x)
2−(x−1)
2
x
(x−1)
2(ln x)
2
=
(ln x)
2−(x + 1
x)+2
(x−1)
2(ln x)
2
=
f (x)
(x−1)
2(ln x)
2
由（2）知，f (x)在(1,+∞)上单调递减，
所以当x>1时，f (x)<f (1)=0，所以G
′ (x)<0，
所以G (x)在(1,+ ∞)上单调递减，
又1< x< x +1，所以G (x)>G (x +1)，即不等式（※）成立，
故当x>1时，(x−1)[e
−x+ x ln(1+ 1
x))>ln x⋅ln (x +1).
【题型5 放缩法证明不等式】
【例5】（2025·山东·模拟预测）已知函数f (x)=e
mx(x
2−3m+3
m
x + 2m
2+5m+3
m
2
)，其中m≠0.
(1)求曲线y = f (x)在点(2,f (2))处切线的倾斜角；
(2)若函数f (x)的极小值小于0，求实数m的取值范围；
(3)证明：2e
x−2(x +1)ln x−x>0.
【答案】(1)0
(2)m<−1或m>3
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用函数乘法求导法则来求函数f ( x)的导函数并因式分解得
f
' (x)=e
mx(x−2)(mx −m−1)，即可求出k = f
′ (2)=0，从而可求得切线的倾斜角为0；
（2）对参数m分四种情形m<0，0<m<1，m=1，m>1进行讨论单调性，从而得到极小值小于0，来求
出实数m的取值范围；
（3）要证明不等式2e
x−2(x +1)ln x−x>0，利用放缩思想对e
x> x
2和1> 2ln x
x
进行代换，结合分析法证
明，把原不等式最后转化为新的不等式x−ln x−1>0，再构造函数进行求最值证明.
【解答过程】（1）由
f
' (x)=me
mx(x
2−3m+3
m
x + 2m
2+5m+3
m
2
)+e
mx(2 x−3m+3
m )=e
mx(x−2)(mx −m−1)，
所以k = f
' (2)=e
2m(2m−m−1)(2−2)=0，
设曲线y = f (x)在点(2,f (2))处切线的倾斜角为α，则k = tan α =0，
又因为α ∈[0,π )，所以α =0，
所以曲线y = f (x)在点(2,f (2))处切线的倾斜角为0.
（2）由（1）知f
' (x)=e
mx(x−2)(mx −m−1)=0，且m≠0，解得：x =2或x =1+ 1
m，
当m<0时，x∈(−∞,1+ 1
m)，f
′ (x)<0，x∈(1+ 1
m ,2)，f
′ (x)>0，x∈(2,+∞)，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(−∞,1+ 1
m)上单调递减，在(1+ 1
m ,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
所以f (x)极小值= f(1+ 1
m)=e
m+1[(1+ 1
m)
2
−3m+3
m (1+ 1
m)+ 2m
2+5m+3
m
2
)=e
m+1 m+1
m
2 <0，解得
m<−1，
所以m<−1；
当0<m<1时，x∈(−∞,2)，f
′ (x)>0，x∈(2,1+ 1
m)，f
′ (x)<0，x∈(1+ 1
m ,+ ∞)，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−∞,2)上单调递增，在(2,1+ 1
m)上单调递减，在(1+ 1
m ,+∞)上单调递增，
所以f (x)极小值= f(1+ 1
m)=e
m+1[(1+ 1
m)
2
−3m+3
m (1+ 1
m)+ 2m
2+5m+3
m
2
)=e
m+1 m+1
m
2 >0，
即此时极小值不可能小于0，所以当0<m<1时不符合题意；
当m=1时，f
' (x)=e
x(x −2)
2≥0恒成立，
所以f (x)在(−∞,+∞)上单调递增，即函数f (x)无极值，不满足题意，
所以当m=1时不符合题意；
当m>1时，x∈(−∞,1+ 1
m)，f
′ (x)>0，x∈(1+ 1
m ,2)，f
′ (x)<0，x∈(2,+ ∞)，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−∞,1+ 1
m)上单调递增，在(1+ 1
m ,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以f (x)极小值= f (2)=e
2m 3−m
m
2 <0，解得m>3，
所以m>3；
综上可知实数m的取值范围为{m|))m<−1或m>3 ).
（3）由（2）知，当m=−1时，f (x)在(0,2)上单调递增，在(2,+ ∞)上单调递减，
f (x)max = f (2)= 4
e
2 <1，即f (x)= x
2
e
x <1，即e
x> x
2，两边取自然对数得：x>2ln x，则. 1> 2ln x
x
要证2e
x−2(x +1)ln x−x>0成立，只需证2 x
2−2(x +1)ln x−x>0，x∈(0,+ ∞).
两边同除x得：2 x−2ln x−2ln x
x
−1>0，即2 x−2ln x> 2ln x
x
+1.
只需证：2 x−2ln x>1+1=2，即证x−ln x−1>0，
令g(x)= x−ln x−1，x∈(0,+ ∞)，g
′ (x)=1−1
x = x−1
x
=0，解得：x =1，
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)在(1,+∞)上单调
递增，
所以g(x)min= g(1)=0，即x−ln x−1≥0，
经检验，当x =1时，2e−2(1+1)ln1−1=2e−1>0成立.
综上可知不等式2e
x−2(x +1)ln x−x>0得证.
【变式5-1】（2025·四川成都·一模）已知函数f (x)= x
e
x .
(1)求f (x)的极值；
(2)若f (x)≤2kx + k恒成立，求k的取值范围；
(3)证明∑
i=1
n
i!
(i+1)
i+2 <e
8(e−1)
(n∈N
∗).
【答案】(1)极大值1
e ，无极小值.
(2)[
❑√e
4e ,e)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）通过求导确定函数的单调性进而求极值；
（2）先分类讨论分离参数k，然后构造函数通过求导确定单调性进而求最值确定k的取值范围；
（3）由（2）知，e(2 x +1)≥f (x)，故(2 x +1)e
x +1≥x，然后换元得( j+3)ln j+2
j+1 ≥1通过累加法即可得
证.
【解答过程】（1）由f (x)= x
e
x ，得f
′ (x)= 1−x
e
x
.
由f
' (x)>0可得x<1；由f
' (x)<0可得x>1；
所以f (x)在(−∞,1)上单调递增；在(1,+∞)上单调递减.
所以f (x)有极大值f (1)= 1
e ；无极小值.
（2）由题意，k (2 x +1)≥f (x)对x∈R恒成立.
当x =−1
2时，k (2 x +1)≥f (x)显然成立；当x<−1
2时，由k (2 x +1)≥f (x)，
得k ≤
x
(2 x +1)e
x ；当x>−1
2时，由k (2 x +1)≥f (x)，得k ≥
x
(2 x +1)e
x .
设函数ℎ(x)=
x
(2 x +1)e
x ，则ℎ
′ (x)= (2 x +1)−x (2 x +3)
(2 x +1)
2e
x
= (x +1)(1−2 x)
(2 x +1)
2e
x
.
当x<−1或x> 1
2时，ℎ
′ (x)<0；当−1< x< 1
2且x≠−1
2时，ℎ
′ (x)>0.
所以ℎ(x)在(−∞,−1)和(
1
2 ,+ ∞)上单调递减，
在(−1,−1
2)和(−1
2 , 1
2)上单调递增.
所以当x<−1
2时，ℎ(x)min=ℎ(−1)=e；
当x> 1
2时，ℎ(x)max =ℎ(
1
2)=
1
4 ❑√e =
❑√e
4e .
所以k的取值范围是[
❑√e
4e ,e).
（3）由（2）知，e(2 x +1)≥f (x)，故(2 x +1)e
x +1≥x (x∈R).
令x = ln j+2
j+1 −1( j∈N
∗)，得(2ln j+2
j+1 −1)
j+2
j+1 ≥ln j+2
j+1 −1.
化简并整理，得j+3
j+1 ln j+2
j+1 ≥
1
j+1，故( j+3)ln j+2
j+1 ≥1.
所以( j+3)ln ( j+2)−( j+2)ln ( j+1)≥1+ ln ( j+1).
累加，得∑
j =1
i−1
[( j+3)ln ( j+2)−( j+2)ln ( j+1))≥∑
j =1
i−1
[1+ ln ( j+1))（i≥2，且i∈N
∗）.
所以(i+2)ln (i+1)−3ln 2≥(i−1)+ ln (i!)，故ln (i+1)
i+2
8
≥ln(i!⋅e
i−1).
所以(i+1)
i+2
8
≥i!⋅e
i−1，故
i!
(i+1)
i+2 ≤
1
8e
i−1（当i=1时也成立）.
所以∑
i=1
n
i!
(i+1)
i+2 ≤1
8∑
i=1
n
1
e
i−1 = 1
8 ×
1
1−1
e (1−1
e
n)< 1
8 ×
1
1−1
e
=e
8(e−1)
(n∈N
∗).
【变式5-2】（24-25 高二下·广东江门·期末）已知函数f (x)= x−ln (1+ x).
(1)求函数f (x)在原点处的切线方程；
(2)讨论函数z (x)= f (x)−1
2 m x
2(m∈R)的单调区间；
(3)证明：[1+(
1
2)
0
)×[1+2×(
1
2)
1
)×⋅⋅⋅×[1+n×(
1
2)
n−1
)<e
4.
【答案】(1)y =0
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求导得到f ' (0)=0，然后根据点斜式写的结果；
（2）对m=0，m<0或m>1，m=1，0<m<1，利用导数分情况讨论即可；
（3）两边取对数，然后结合不等式x ≥ln (1+ x)放缩即可.
【解答过程】（1）f ' (x)=1−
1
1+ x =
x
1+ x ，f ' (0)=0，
所以函数f (x)在原点处的切线方程为y =0.
（2）z (x)= f (x)−1
2 m x
2= x−ln (1+ x)−1
2 m x
2(x>−1)，z' (x)=1−
1
1+ x −mx = −x (mx +m−1)
x +1
当m=0时，z' (x)=1−
1
1+ x −mx =
x
1+ x ，
若x∈(−1,0)，z' (x)<0；若x∈(0,+∞)，z' (x)>0
所以函数z (x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
当m≠0时，令z' (x)=0，则x1=0, x2= 1−m
m
①−1< x2< x1，即m<0或m>1，
若x∈(−1, x2)∪(x1,+∞)，则z' (x)<0；若x∈(x2, x1)，则z' (x)>0，
所以函数z (x)的单调递减区间为(−1, x2),(x1,+∞)，单调递增区间为(x2, x1).
②x2= x1，即m=1，z' (x)≤0在(−1,∞)恒成立，
所以函数z (x)的单调递减区间为(−1,+∞)，没有单调递增区间.
③x2= x1，即0<m<1，
若x∈(−1, x1)∪(x2,+∞)，则z' (x)<0；若x∈(x1, x2)，则z' (x)>0，
所以函数z (x)的单调递减区间为(−1, x1),(x2,+∞)，单调递增区间为(x1, x2)
（3）要证明：[1+(
1
2)
0
)×[1+2×(
1
2)
1
)×⋅⋅⋅×[1+n×(
1
2)
n−1
)<e
4，
即证明：ln{[1+(
1
2)
0
)×[1+2×(
1
2)
1
)×⋅⋅⋅×[1+n×(
1
2)
n−1
))<lne
4
即证明：ln[1+(
1
2)
0
)+ ln[1+2×(
1
2)
1
)+⋅⋅⋅+ ln[1+n×(
1
2)
n−1
)<4
由（2）可知：当m=0时，z (x)= x−ln (1+ x)，函数z (x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为
(0,+∞)，
所以z (x)≥z (0)=0⇒x ≥ln (1+ x)（当x =0时取等号）.
ln[1+(
1
2)
0
)+ ln[1+2×(
1
2)
1
)+⋅⋅⋅+ ln[1+n×(
1
2)
n−1
)<(
1
2)
0
+2×(
1
2)
1
+...+n×(
1
2)
n−1
,
令Sn=(
1
2)
0
+2×(
1
2)
1
+...+n×(
1
2)
n−1
①，
1
2 Sn= 1
2 +2×(
1
2)
2
+...+(n−1)×(
1
2)
n−1
+n×(
1
2)
n
②，
由①-②：1
2 Sn=1+ 1
2 +(
1
2)
2
+...+(n−1)(
1
2)
n−1
−n×(
1
2)
n
，
所以1
2 Sn=1+
1
2[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
−−n×(
1
2)
n
，则Sn= 4−(
1
2)
n−2
−n×(
1
2)
n−1
，
所以Sn= 4−(
1
2)
n−2
−n×(
1
2)
n−1
<4，
所以ln[1+(
1
2)
0
)+ ln[1+2×(
1
2)
1
)+⋅⋅⋅+ ln[1+n×(
1
2)
n−1
)<4，证毕.
【变式5-3】（24-25 高二下·浙江·期末）已知函数f (x)=2 x + a
e
x −1.
(1)判断f ( x)的单调性，并求出单调区间；
(2)当a>0时，若f ( x)≥−a+3恒成立.试求出a的取值范围；
(3)若a=2，x1=1，且xn+1= f (xn)，证明：
1
f (x1)⋅f (x2)
+
1
f (x2)⋅f (x3)
+⋯+
1
f (xn+1)⋅f (xn) < e
4 .
【答案】(1)当a≤0时，f ( x)在R上单调递增；当a>0时，f ( x)在(−∞,ln a
2)上单调递减，在(ln a
2 ,+∞)
上单调递增
(2)a≥2
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求导得f
'( x)，利用导数的符号分析单调性；
（2）由（1）可得f (x)min，从而有2ln a
2 +a−2≥0，令ℎ(a)=2ln a
2 +a−2，由ℎ(a)的单调性及
ℎ(2)=0，可得结果；
（3）由2
e
x >0可得f ( x)≥2 x−1，则xn+1−xn= xn+ 2
e
xn −1，令g(x)= x + 2
e
x −1，求导得到g( x)的单调
性，从而得到g( x)min>0，则xn+1> xn≥1，放缩法得到
1
f (x1)⋅f (x2)
+
1
f (x2)⋅f (x3)
+⋯+
1
f (xn+1)⋅f (xn)
<
1
2 x2−2 x1，计算得到
1
2(x2−x1)，可证结果.
【解答过程】（1）f
' (x)=2−a
e
x = 2e
x−a
e
x
，
当a≤0时，f
′( x)>0，所以f ( x)在R上单调递增，
当a>0时，令f
′( x)>0，可得2e
x−a>0，解得：x∈(ln a
2 ,+∞)，
令f
'( x)<0，可得2e
x−a<0，解得：x∈(−∞,ln a
2)，
所以f ( x)在(−∞,ln a
2)上单调递减，在(ln a
2 ,+∞)上单调递增.
（2）当a>0时，由（1）知，f ( x)有最小值，f (x)min= f(ln a
2)=2ln a
2 +1，
所以2ln a
2 +1≥−a+3恒成立，化简可得2ln a
2 +a−2≥0，
令ℎ(a)=2ln a
2 +a−2，易知ℎ(a)在a∈(0,+∞)上单调递增，
且ℎ(2)=0，∴a≥2.
（3）a=2时，∵ 2
e
x >0，∴f ( x)>2 x−1，
由xn+1−xn= f (xn)−xn= xn+ 2
e
xn −1，
令g(x)= x + 2
e
x −1，则g
' (x)=1−2
e
x = e
x−2
e
x
，
则当x∈(−∞,ln 2)时，g
'( x)<0，当x∈(ln 2,+∞)时，g
'( x)>0，
故g( x)在(−∞,ln 2)上单调递减，在(ln 2,+∞)上单调递增，则g( x)min= g(ln 2)= ln 2>0，
又x1=1，所以xn+1> xn≥1，
因
1
f (xn+1)⋅f (xn)
<
1
(2 xn+1−1)⋅(2 xn−1)
=
1
2 xn+1−2 xn
·(
1
2 xn−1 −
1
2 xn+1−1)，
故
1
f (x1)⋅f (x2)
+
1
f (x2)⋅f (x3)
+⋯+
1
f (xn+1)⋅f (xn)
<
1
2 x2−2 x1
·(
1
2 x1−1 −
1
2 x2−1)+
1
2 x3−2 x2(
1
2 x2−1 −
1
2 x3−1)+⋯+
1
2 xn+1−2 xn
·(
1
2 xn−1 −
1
2 xn+1−1)
，
由xn+1> xn≥1，及g(x)在(ln 2,+ ∞)上单调递增，可知0< x2−x1< x3−x2<⋯< xn+1−xn，
∴
1
x2−x1
>
1
x3−x2
>⋯>
1
xn+1−xn
>0，
则
1
f (x1)⋅f (x2)
+
1
f (x2)⋅f (x3)
+⋯+
1
f (xn+1)⋅f (xn)
<
1
2 x2−2 x1
·[(
1
2 x1−1 −
1
2 x2−1)+(
1
2 x2−1 −
1
2 x3−1)+⋯+(
1
2 xn−1 −
1
2 xn+1−1))
=
1
2 x2−2 x1
·(
1
2 x1−1 −
1
2 xn+1−1)=
1
2 x2−2 x1
·(1−
1
2 xn+1−1 )<
1
2 x2−2 x1
，
x2= f (x1)= f (1)= 2
e +1，∴x2−x1= 2
e +1−1= 2
e ，∴
1
2(x2−x1)
= e
4 ，
所以
1
f (x1)⋅f (x2)
+
1
f (x2)⋅f (x3)
+⋯+
1
f (xn+1)⋅f (xn)
< e
4 .
【题型6 指对同构】
【例6】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数f (x)=ln x +ax +1,a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a≤2时，证明：f (x)
x
≤e
2 x．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明f (x)
x
≤e
2 x，只要证ln x +2 x +1
x
≤e
2 x即可，设g(x)=e
x−x−1，利用导数求得最值即可证
明．
【解答过程】（1）函数f (x)=ln x +ax +1,a∈R的定义域为(0,+ ∞)，且f
′ (x)= 1
x +a．
当a≥0时，∀x∈(0,+∞),f
′ (x)= 1
x +a>0恒成立，
所以f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，令f
′ (x)= 1
x +a= 1+ax
x
=0，解得x =−1
a，
当x∈(0,−1
a)时，f
′ (x)>0,f (x)在区间(0,−1
a)上单调递增，
当x∈(−1
a ,+ ∞)时，f
′ (x)<0,f (x)在区间(−1
a ,+∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在区间(0,−1
a)上单调递增，在区间(−1
a ,+∞)上单调递减．
（2）当a≤2时，因为x>0，所以要证f (x)
x
≤e
2 x，只要证明ln x +2 x +1
x
≤e
2 x即可，
即要证ln x +2 x +1≤xe
2 x，等价于e
2 x +ln x≥ln x +2 x +1（*）．
令g(x)=e
x−x−1，则g
′ (x)=e
x−1，
在区间(−∞,0)上，g
′ (x)<0, g(x)单调递减；
在区间(0,+∞)上，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=e
0−0−1=0，所以e
x≥x +1（当且仅当x =0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当2 x +ln x =0时，等号成立．
又ℎ(x)=2 x +ln x在(0,+ ∞)上单调递增，ℎ(
1
e)= 2
e −1<0,ℎ(1)=2>0，
所以存在x0∈(
1
e ,1)，使得2 x0+ln x0=0成立．
综上所述，原不等式成立．
【变式6-1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数f ( x)=ln x + 2
x −a( x +1)(a∈R).
(1)当a=−1时，讨论f ( x)的单调性；
(2)若x1, x2(x1< x2)是f ( x)的两个极值点，证明：f (x2)−f (x1)<❑√
1
2a −4．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）将a=−1代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 f ( x)的单调区间；
（2）根据x1, x2(x1< x2)是f ( x)的两个极值点，结合韦达定理可得x1+ x2= 1
a，x1 x2= 2
a，要证明
f (x2)−f (x1)<❑√
1
2a −4，即转化为求证f (x2)−f (x1)< x2−x1
❑√x1 x2
，即证明ln x2
x1
< 2(x2−x1)
x1+ x2
+ x2−x1
❑√x1 x2
,令
t = x2
x1
(t >1)，构造函数g(t )= ln t −t
−1
❑√t (t >1)，利用导数研究g( x)在(1,+ ∞)的单调性即可得证.
【解答过程】（1）当a=−1时，f ( x)= ln x + 2
x + x +1,f ( x)的定义域为(0,+∞)，
所以f
′( x)= 1
x −2
x
2 +1= x
2+ x−2
x
2
= ( x +2)( x−1)
x
2
，令f
′( x)=0，解得x =1，
当x∈(0,1)时，f
′( x)<0，当x∈(1,+ ∞)时，f
′( x)>0，
故f ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增．
（2）f
′( x)= 1
x −2
x
2 −a= −a x
2+ x−2
x
2
，
由题意可知，x1, x2(x1< x2)是方程−a x
2+ x−2=0的两根，
则{
1
2a >0
Δ=1−8a>0)
，解得0<a< 1
8，所以x1+ x2= 1
a，x1 x2= 2
a，
要证f (x2)−f (x1)<❑√
1
2a −4 = ❑√
a
2 ⋅❑√
1
a
2 −8
a = ❑√
a
2 ⋅❑√(
1
a)
2
−8
a
= ❑√
a
2 ⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= x2−x1
❑√x1 x2
，
即证ln x2+ 2
x2
−a(x2+1)−[ln x1+ 2
x1
−a(x1+1))< x2−x1
❑√x1 x2
，
只需证ln x2
x1
+ 2(x1−x2)
x1 x2
−a(x2−x1)< x2−x1
❑√x1 x2
，
需证ln x2
x1
<2a(x2−x1)+ x2−x1
❑√x1 x2
= 2(x2−x1)
x1+ x2
+ x2−x1
❑√x1 x2
,
令t = x2
x1
(t >1)，则需证ln t < t −1
❑√t + 2(t −1)
t +1
，
设g(t )= ln t −t −1
❑√t (t >1)，则g
′(t )= 1
t −
t
1
2 −1
2 t
−1
2(t −1)
t
=
−1
2 t
1
2 −1
2 t
−1
2 +1
t
=−(t
1
4 −t
−1
4)
2
2t
<0，
所以函数g(t )在(1,+ ∞)上单调递减，所以g(t )< g(1)=0，因此ln t < t −1
❑√t ,
由t >1得，2(t −1)
t +1
>0，所以lnt < t −1
❑√t + 2(t −1)
t +1
，
故f (x2)−f (x1)<❑√
1
2a −4得证.
【变式6-2】（2024·陕西安康·模拟预测）己知函数f (x)=e
x−e
−x−2ax (a∈R).
(1)当a=2时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若函数g(x)={
1, x =0
e
x−e
−x
2 x
, x≠0)
，求证：1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
.
【答案】(1)2 x + y =0；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出f (0),f
′ (0)，由点斜式即可写出切线方程；
（2）当x =0时，g(0)=1，不等式成立；当x≠0时，可得g(x)为偶函数，则只需证当x>0时，
1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
即可，先证g(x)≥1，令ℎ(x)=e
x−e
−x−2 x (x ≥0)，可得ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，
则由ℎ(x)≥ℎ(0)=0，即可得证，再证g(x)≤e
x+e
−x
2
，法一：构造函数
φ(x)=e
x−e
−x
e
x+e
−x −x = −2
e
2 x+1
−x +1(x ≥0)，可得φ(x)在[0,+∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(0)=0，即可得
证；法二：证g(x)≤e
x+e
−x
2
，即证e
x(1−x)−e
−x(1+ x)≤0，可得v (x)在[0,+ ∞)上单调递减，则
v (x)≤v (0)=0，即可得证.
【解答过程】（1）因为a=2，所以f (x)=e
x−e
−x−4 x ,f
′ (x)=e
x+e
−x−4，
所以f (0)=e
0−e
0−0=0,f
′ (0)=e
0+e
0−4 =−2，
所以曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y −0=−2(x−0)，即2 x + y =0.
（2）法一：当x =0时，g(0)=1，满足1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
；
当x≠0时，g(−x)=e
−x−e
x
2(−x) = g(x)(x≠0)，所以g(x)为偶函数，
由偶函数的对称性知，只需证当x>0时，1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
即可，
当x>0时，先证g(x)≥1，
令ℎ(x)=e
x−e
−x−2 x (x ≥0)，则ℎ
′ (x)=e
x+e
−x−2≥2
❑√e
x⋅e
−x−2=0，当且仅当x =0时取等号，
所以ℎ(x)在[0,+ ∞)上单调递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以e
x−e
−x≥2 x，所以当x>0时，e
x−e
−x
2 x
>1，
再证g(x)≤e
x+e
−x
2
，
构造函数φ(x)=e
x−e
−x
e
x+e
−x −x = −2
e
2 x+1
−x +1(x ≥0)，
则φ
′ (x)=
4e
2 x
(e
2 x+1)
2 −1=−(
e
2 x−1
e
2 x+1 )
2
≤0，所以φ(x)在[0,+ ∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(0)=0，
所以当x>0时，e
x−e
−x
e
x+e
−x −x<0，即e
x−e
−x
2 x
<e
x+e
−x
2
，
综上，对任意的x∈R ,1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
.
法二：当x =0时，g(0)=1，满足1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
；
当x≠0时，g(−x)=e
−x−e
x
2(−x) = g(x)(x≠0)，所以g(x)为偶函数，
由偶函数的对称性知，只需证当x>0时，1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
即可，
当x>0时，先证g(x)≥1，
令ℎ(x)=e
x−e
−x−2 x (x ≥0)，则ℎ
′ (x)=e
x+e
−x−2≥2
❑√e
x⋅e
−x−2=0，当且仅当x =0时取等号，
所以ℎ(x)在[0,+ ∞)上单调递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以e
x−e
−x≥2 x，所以当x>0时，e
x−e
−x
2 x
>1，
再证g(x)≤e
x+e
−x
2
，即证e
x−e
−x
2 x
≤e
x+e
−x
2
，
当x>0时，只需证明e
x(1−x)−e
−x(1+ x)≤0，
构造函数v (x)=e
x(1−x)−e
−x(1+ x)(x ≥0)，则v
′ (x)= x(e
−x−e
x)，
此时v
′ (x)<0，所以v (x)在[0,+ ∞)上单调递减，所以v (x)≤v (0)=0，
所以当x>0时，e
x−e
−x
2 x
<e
x+e
−x
2
，
综上，对任意的x∈R ,1≤g(x)≤e
x+e
−x
2
.
【变式6-3】（2024·湖北荆州·三模）已知函数f (x)= xe
x−a(ln x + x)，其中e是自然对数的底数.
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线的斜截式方程；
(2)当a=e时，求出函数f (x)的所有零点；
(3)证明：x
2e
x>(x +2)ln x +2sin x.
【答案】(1)y =(2e−2) x−e+1；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析
【解题思路】（1）把a=1代入，求出函数f ( x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）把a=e代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得.
（3）对所证不等式作等价变形得x(e
ln x + x−x−ln x−1)+( x
2−ln x
2−1)+( x−sin x)+(1−sin x)>0，再
构造函数依次证明即得.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)= xe
x−(ln x + x)，求导得f
′ (x)=(x +1)e
x−1
x −1，
则f
′ (1)=2e−2，又f (1)=e−1，
因此曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y −(e−1)=(2e−2)(x−1)，
所以切线的斜截式方程为y =(2e−2) x−e+1.
（2）当a=e时，f ( x)= x e
x−e(ln x + x)，求导得f
′( x)=( x +1)e
x−e
x −e= ( x +1)( xe
x−e)
x
，
令u(x)= xe
x−e，x>0，则u
′ (x)=(x +1)e
x>0，
则u(x)在(0,+ ∞)单调递增，而u(1)=0，当x∈(0,1)时，u(x)<0，即f
′ (x)<0，
当x>1时，u(x)>0，f
′ (x)>0，函数f (x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，又f (1)=0，
所以当a=e时，f (x)有唯一零点x =1.
（3）不等式x
2e
x>(x +2)ln x +2sin x ⇔x
2e
x−(x +2)ln x−2sin x>0
⇔xe
x + ln x−(x +2)ln x−2sin x>0 ⇔x(e
ln x + x−x−ln x−1)+ x
2+ x−2ln x−2sin x>0
⇔x(e
ln x + x−x−ln x−1)+( x
2−ln x
2−1)+ x +1−2sin x>0
⇔x(e
ln x + x−x−ln x−1)+( x
2−ln x
2−1)+(x−sin x)+(1−sin x)>0，
令函数g( x)=e
x−x−1，求导得g
′( x)=e
x−1，当x<0时，g
′( x)<0，当x>0时，g
′( x)>0，
函数g( x)在(−∞,0)上递减，在(0,+ ∞)上递增，则g( x)≥g(0)=0，即e
x−x−1≥0，
因此e
x + ln x−x−ln x−1≥0，x
2−ln x
2−1=e
ln x
2−ln x
2−1≥0，
令ℎ( x)= x−sin x , x>0，求导得ℎ
′( x)=1−cos x ≥0，函数ℎ( x)在(0,+ ∞)上递增，
ℎ( x)>ℎ(0)，因此x−sin x>0，又1−sin x ≥0，
从而x(e
ln x + x−x−ln x−1)+( x
2−ln x
2−1)+(x−sin x)+(1−sin x)>0，
所以原不等式得证.
【题型7 隐零点法证明不等式】
【例7】（23-24 高三下·河南·阶段练习）已知函数f (x)= x e
x−3e
x.
（1）求f (x)的极值；
（2）若g(x)= f
′ (x)−x + ln x在[
1
4 ,1)上的最大值为λ，求证：−6e
−3<f (λ)<−7 e
−4.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）直接求导分析即可；
（2）零点不可求，隐零点代换表示λ，然后求出λ的范围，再利用f (x)= x e
x−3e
x的单调性即可获解.
【解答过程】（1）因为函数f (x)= xe
x−3e
x，定义域为R，
所以f
′ (x)=e
x+ xe
x−3e
x=(x−2)e
x.
由(x−2)e
x>0，得x>2；由(x−2)e
x<0，得x<2.
所以f (x)的单调递减区间为(−∞,2)，单调递增区间为(2,+∞)，
所以f (x)的极小值为f (2)=2e
2−3e
2=−e
2，无极大值.
（2）因为g(x)= f
′ (x)−x + ln x =(x−2)e
x−x + ln x，
所以g
′ (x)=(x−1)e
x−1+ 1
x =(x−1)(e
x−1
x).
令ℎ(x)=e
x−1
x ，则ℎ
′ (x)=e
x+ 1
x
2 >0，
当1
4 < x<1时，x−1<0，所以ℎ(x)在[
1
4 ,1)上单调递增.
因为ℎ(
1
2)=e
1
2 −2<0，ℎ(1)=e−1>0，
所以存在x0∈(
1
2 ,1)使得ℎ(x0)=0，即e
x0= 1
x0
，即ln x0=−x0.
故当x∈[
1
4 , x0)时，ℎ(x)<0，此时g
′ (x)>0；
当x∈(x0,1)时，ℎ(x)>0，此时g
' (x)≤0.
即g(x)在[
1
4 , x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，
则λ= g(x)max = g(x0)=(x0−2)e
x0−x0+ ln x0=(x0−2) 1
x0
−x0−x0=1−2
x0
−2 x0.
令G (x)=1−2
x −2 x，则G
′ (x)= 2
x
2 −2= 2(1−x
2)
x
2
>0，
所以G (x)在x∈(
1
2 ,1)上单调递增.则当x∈(
1
2 ,1)时，G (x)>G(
1
2)=−4，G (x)<G (1)=−3，
所以−4< λ<−3.
由（1）知f (x)= xe
x−3e
x在(−4 ,−3)上单调递减，
因为f (−4)=−4e
−4−3e
−4=−7e
−4，f (−3)=−3e
−3−3e
−3=−6e
−4，
所以−6e
−3<f (λ)<−7e
−4.
【变式7-1】（23-24 高三下·青海海南·开学考试）已知函数 f (x)=ae
x−1−x−1.
(1)讨论f ( x)的单调性;
(2)证明:当a≥1时， f (x)+ x−ln x ≥2a−2
a+1 .
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）求导，按照a的正负，讨论f
′ (x)正负得解；
（2）令g(x)= f (x)+ x−ln x，分a=1和a>1两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明.
【解答过程】（1）f
′ (x)=ae
x−1−1，x∈R，
当a≤0时，易知f
′ (x)<0，所以函数f (x)在R 上单调递减，
当a>0时，令f
′ (x)=ae
x−1−1=0，解得x =1−ln a，
令f
′ (x)>0，解得x>1−ln a，即f (x)在(1−ln a,+∞)上单调递增，
令f
′ (x)<0，得x<1−ln a，即f (x)在(−∞,1−ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f (x)在R 上单调递减，
当a>0时，f (x)在(−∞,1−ln a)上单调递减，在(1−ln a,+∞)上单调递增.
（2）令g(x)= f (x)+ x−ln x =ae
x−1−ln x−1，x∈(0,+∞)，
∴g
′ (x)=ae
x−1−1
x ，令ℎ(x)= g
′ (x)，a≥1，
则ℎ
′ (x)=ae
x−1+ 1
x
2 >0，所以g
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当a=1时，g
′ (x)=e
x−1−1
x ，又g
′ (1)=0，
有x∈(0,1)，g
′ (x)<0，即g(x)单调递减，
x∈(1,+∞)，g
′ (x)>0，即g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e
0−ln1−1=0，而此时2a−2
a+1 =0，
所以当a=1时，f (x)+ x−ln x ≥2a−2
a+1 成立；
当a>1时，可得1
a −1<0，∴e
1
a −1
<1，
所以g
′(
1
a)=ae
1
a −1
−a=a(e
1
a −1
−1)<0
又g
′ (1)=a−1>0，
所以存在x0∈(
1
a ,1)，使得g
′(x0)=0，即ae
x0−1= 1
x0
，
x∈(0, x0)，g
′ (x)<0，x∈(x0,+ ∞)，g
′ (x)>0，
所以函数g(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(x0)=ae
x0−1−ln x0−1，由ae
x0−1= 1
x0
可得，
g(x)≥x0+ 1
x0
−2+ ln a>2❑√
x0⋅1
x0
−2+ ln a= ln a，
下面证明ln a> 2a−2
a+1 ，a>1，
令φ(x)= ln x−2 x−2
x +1 , x>1，
∴φ
′ (x)= 1
x −2(x +1)−(2 x−2)
(x +1)
2
= (x−1)
2
x (x +1)
2 >0，
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)=0，
即ln a> 2a−2
a+1 得证，即g(x)= f (x)+ x−ln x> 2a−2
a+1 成立，
综上，当a≥1时，f (x)+ x−ln x ≥2a−2
a+1 成立.
【变式7-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)= x
e
x ，g(x)=ln x.
(1)求f (x)的极值；
(2)证明：xg(x)+2>e
x f (x)−2
x .
【答案】(1)极大值为1
e ，无极小值.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）先求出f ( x)的单调性，再根据单调性求得极值；
（2）构造ℎ(x)= xg(x)+2−e
x f (x)+ 2
x = x ln x +2−x + 2
x
(x>0)，求出其单调性进而求得最小值为ℎ(x0)
，证明ℎ(x0)>0即可．
【解答过程】（1）∵f (x)= x
e
x ，∴f
′ (x)= 1−x
e
x
，
当x<1时，f
′ (x)>0，当x>1时，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(−∞,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，
所以当x =1时，f (x)取得极大值1
e ，无极小值.
（2）解：令ℎ(x)= xg(x)+2−e
x f (x)+ 2
x = x ln x +2−x + 2
x
(x>0)，
则ℎ
′ (x)= ln x−2
x
2 (x>0)，
令r (x)= ln x−2
x
2 (x>0)，
则r
′ (x)= 1
x + 4
x
3 >0在x>0上恒成立，
所以r (x)在(0,+∞)上单调递增，
又r (1)= ln1−2
1
2 =−2<0，r (e)= lne−2
e
2 =1−2
e
2 >0，
所以存在x0∈(1,e)，使得r(x0)=0，
即ln x0= 2
x0
2 (x0∈(1,e))，
所以x∈(0, x0)时，r (x)<0，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单调递减，
x∈(x0,+∞)时，r (x)>0，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单调递增，
ℎ(x)min=ℎ(x0)= x0ln x0+2−x0+ 2
x0
= x0⋅2
x0
2 +2−x0+ 2
x0
=2−x0+ 4
x0
(x0∈(1,e))，
令m(x)=2−x + 4
x (x∈(1,e))，
则m
′ (x)=−1−4
x
2 <0在(1,e)上恒成立，
所以m(x)在(1,e)上单调递减，
所以m(x)>m (e)=2−e+ 4
e >0，
所以ℎ(x)min=ℎ(x0)=2−x0+ 4
x0
>0，
所以xg(x)+2>e
x f (x)−2
x ．
【变式7-3】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数f (x)=ln x +ax +1,a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a≤2时，证明：f (x)
x
≤e
2 x．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明f (x)
x
≤e
2 x，只要证ln x +2 x +1
x
≤e
2 x即可，设g(x)=e
x−x−1，利用导数求得最值即可证
明．
【解答过程】（1）函数f (x)=ln x +ax +1,a∈R的定义域为(0,+ ∞)，且f
′ (x)= 1
x +a．
当a≥0时，∀x∈(0,+ ∞),f
′ (x)= 1
x +a>0恒成立，
所以f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，令f
′ (x)= 1
x +a= 1+ax
x
=0，解得x =−1
a，
当x∈(0,−1
a)时，f
′ (x)>0,f (x)在区间(0,−1
a)上单调递增，
当x∈(−1
a ,+ ∞)时，f
′ (x)<0,f (x)在区间(−1
a ,+∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在区间(0,−1
a)上单调递增，在区间(−1
a ,+∞)上单调递减．
（2）当a≤2时，因为x>0，所以要证f (x)
x
≤e
2 x，只要证明ln x +2 x +1
x
≤e
2 x即可，
即要证ln x +2 x +1≤xe
2 x，等价于e
2 x +ln x≥ln x +2 x +1（*）．
令g(x)=e
x−x−1，则g
′ (x)=e
x−1，
在区间(−∞,0)上，g
′ (x)<0, g(x)单调递减；
在区间(0,+∞)上，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=e
0−0−1=0，所以e
x≥x +1（当且仅当x =0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当2 x +ln x =0时，等号成立．
又ℎ(x)=2 x +ln x在(0,+ ∞)上单调递增，ℎ(
1
e)= 2
e −1<0,ℎ(1)=2>0，
所以存在x0∈(
1
e ,1)，使得2 x0+ln x0=0成立．
综上所述，原不等式成立．
【题型8 双变量不等式的证明】
【例8】（2025·海南海口·模拟预测）已知函数f ( x)=( x +m)ln x，当x =1时，f ( x)的切线斜率k =3．
(1)求f ( x)的单调区间；
(2)已知x ≥y ≥1
2，若f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2，求证：若t ∈[1,2]，则2 x +ty ∈[3,4 ]．
【答案】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由切线斜率可得m=2，然后两次求导可得f ( x)单调区间；
（2）由题可得，命题等价于证明x + y ≤2，2 x + y ≥3.由f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2，结合x ≥y ≥1
2，可得
x ≥1≥y ≥1
2.对于x + y ≤2，通过φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y在y ∈[
1
2 ,1)上单调性可完成证明；对
于2 x + y ≥3，由ℎ( y)= 3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y在y ∈[
1
2 ,1)上的单调性可完成证明.
【解答过程】（1）f ′( x)= ln x + x +m
x
，则f ′(1)=m+1=3．
所以m=2，f ( x)=( x +2)ln x，则f ′( x)= ln x + x +2
x
= ln x + 2
x +1．
令F( x)= ln x + 2
x +1．则F ′( x)= 1
x −2
x
2 = x−2
x
2 ．
所以F( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，
又F(2)= ln 2+2>0，所以F( x)>0恒成立，即f ′( x)>0恒成立，
故f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证t ∈[1,2]，则2 x +ty ∈[3,4 ]，
只需证明2 x +2 y ≤4，2 x + y ≥3，即证明x + y ≤2，2 x + y ≥3．
∵x ≥y ≥1
2，由f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2得f ( x)+ f ( y)=2ln x +2ln y．
则( x +2)ln x +( y +2)ln y =2ln x +2ln y，可得x ln x + y ln y =0．
又x ≥y ≥1
2，若x = y，则x = y =1；若x> y，令g( x)= x ln x，
则g′( x)=1+ ln x，g′( x)>0⇒x> 1
e ，所以g( x)= x ln x在(
1
e ,+ ∞)上单调递增．
因x> y ≥1
2 > 1
e ，又x ln x + y ln y =0，则x ln x>0> y ln y，从而x>1> y ≥1
2.
综上可得x ≥1≥y ≥1
2．
先证明x + y ≤2，即1≤x ≤2−y，因g( x)= x ln x在(
1
e ,+∞)上单调递增．
只需证x ln x ≤(2−y)ln(2−y)，y ∈[
1
2 ,1).
即(2−y)ln(2−y)+ y ln y ≥0，y ∈[
1
2 ,1)．
令φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y，y ∈[
1
2 ,1)，则φ′( y)= ln
y
2−y ≤0，
所以φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y ≥φ(1)=0，故x + y ≤2;
再证明2 x + y ≥3，即x ≥3−y
2
≥1．
同理，只需证明x ln x ≥3−y
2
ln 3−y
2
，即3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y ≤0．
令ℎ( y)= 3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y，y ∈[
1
2 ,1)．则ℎ′( y)=−1
2 ln 3−y
2
+ ln y + 1
2．
令k( y)=−1
2 ln 3−y
2
+ ln y + 1
2，y ∈[
1
2 ,1)，则k ′( y)=
1
6−2 y + 1
y >0，
所以k( y)在[
1
2 ,1)上单调递增．
又因为k(
1
2)=−1
2 ln 5
4 + ln 1
2 + 1
2 = 1
2 (1−ln5)<0，k(1)= 1
2 >0，
则存在y0∈(
1
2 ,1)，使得k ( y0)=0，
所以1
2 ≤y < y0时，k ( y)=ℎ′( y)<0，当y0< y ≤1时，k( y)=ℎ′( y)>0，
所以ℎ( y)在[
1
2 , y0)上单调递减，在( y0,1)上单调递增，
又因为ℎ(1)=0，ℎ(
1
2)= 5
4 ，5
4 + 1
2 ln 1
2 = 1
4 ln 5
5
4
6 <0，
所以3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y ≤0，故2 x + y ≥3．
综上所述，对任意的t ∈[1,2]，3≤2 x +ty ≤4．
【变式8-1】（24-25 高三下·江西·阶段练习）已知函数f (x)= xln x−a x
2−x +a(a∈R).
(1)当a=0时，求曲线y = f (x)在点(e,f (e))处的切线方程；
(2)当a=1时，求f (x)的零点个数；
(3)若f (x)有两个极值点x1, x2(x1< x2)，证明：当λ≥1时，ln x1+ λln x2>1+ λ.
【答案】(1)x−y −e=0
(2)1
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而得到切线方程；（2）通过求导分析函数单调
性，结合特殊点的值确定零点个数；（3）根据极值点的性质得到相关等式，再通过构造函数进行证明.
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)= xln x−x，所以f (e)=0,f
′ (x)=ln x +1−1=ln x，
所以f
′ (e)=1，所以曲线y = f (x)在点(e,f (e))处的切线斜率k =1，
所以曲线y = f (x)在点(e,f (e))处的切线方程为y = x−e，即x−y −e=0.
（2）当a=1时，f (x)= xln x−x
2−x +1，定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)=ln x +1−2 x−1=ln x−2 x，
令g(x)= f
′ (x)=ln x−2 x，则g
′ (x)= 1
x −2= 1−2 x
x
(x>0)，
当0< x< 1
2时，g
′ (x)>0，当x> 1
2时，g
′ (x)<0，
所以g(x)在(0, 1
2)上单调递增，在(
1
2 ,+ ∞)上单调递减，
所以f
′( x)max= g( x)max= g(
1
2)=−ln2−1<0，所以f
′ (x)<0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，
又f (1)=−1<0,f(
1
e)=1−2
e −1
e
2 = (e−1)
2−2
e
2
>(
5
2 −1)
2
−2
e
2
= 1
4e
2 >0，
所以存在唯一的x0∈(
1
e ,1)，使得f (x0)=0.
又f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，所以当a=1时，f (x)的零点个数为1.
（3）f (x)的定义域为(0,+ ∞),f
′ (x)=ln x−2ax，
因为f (x)有两个极值点x1, x2(x1< x2)，f ( x)有两个极值点，意味着f
′( x)= ln x−2ax =0有两个不同正根.
设g( x)= ln x−2ax，其导数g
′( x)= 1−2ax
x
( x>0).
若a≤0，g
′( x)>0，g( x)在(0,+∞)递增，g( x)=0不会有两个正根.
当a>0，令g
′( x)=0，得x = 1
2a.在(0, 1
2a )，g( x)递增；在( 1
2a ,+∞)，g( x)递减.
要使g( x)=0有两个正根，需g( 1
2a )= ln 1
2a −1>0，即ln 1
2a >1，解得0<a<1
2e .
所以当0<a<1
2e 时，f ( x)有两个极值点x1, x2.
所以ln x1=2a x1，且ln x2=2a x2，
所以ln x1
x2
=2a(x1−x2)，所以2a=
ln x1
x2
x1−x2
，
所以，当λ≥1时，ln x1+ λln x2>1+ λ⇔2a x1+2 λa x2=2a(x1+ λ x2)>1+ λ
⇔2a>
1+ λ
x1+ λ x2
⇔
ln x1
x2
x1−x2
>
1+ λ
x1+ λ x2
⇔ln x1
x2
<
(1+ λ)(x1−x2)
x1+ λ x2
⇔ln x1
x2
<
(1+ λ)(
x1
x2
−1)
x1
x2
+ λ
，
令t = x1
x2
,t ∈(0,1)，即证当λ≥1时，lnt < (1+ λ)(t −1)
t + λ
对∀t ∈(0,1)恒成立.
令ℎ(t )=lnt −(1+ λ)(t −1)
t + λ
,t ∈(0,1)，则ℎ
′ (t )= (t −1)(t −λ
2)
t(t + λ)
2
.
因为0<t <1, λ≥1，所以t −1<0,t −λ
2<0,t(t + λ)
2>0，所以ℎ
′ (t )>0，
所以ℎ(t )在(0,1)上单调递增，所以ℎ(t )<ℎ(1)=0，即lnt < (1+ λ)(t −1)
t + λ
，
所以当λ≥1时，ln x1+ λln x2>1+ λ恒成立.
【变式8-2】（2025·天津·模拟预测）已知函数f (x)= xe
x，g( x)= ln x + x.
(1)求函数g(x)在(1, g(1))处的切线方程；
(2)若ℎ(x)= f (x)−ag(x)，
（i）当a=1时，求函数ℎ(x)的最小值；
（ii）若ℎ(x)=0有两个实根x1，x2，且x1≠x2，证明：e
x1+ x2−2>
1
x1 x2
.
【答案】(1)2 x−y −1=0
(2)（i）1；（ii）证明见详解.
【解题思路】（1）计算g
′ (x)，由导数的几何意义即可求；
（2）（i）求出ℎ
′ (x)，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程ℎ(x)=0有两个实根x1, x2转化
为G (t )=t −aln t有两个不相等的零点t1,t2，由此列方程，将证明e
x1+ x2−2>
1
x1 x2
转化为证明
ln μ+
4
μ+1 −2>0，由导数证明不等式成立.
【解答过程】（1）因为g( x)= ln x + x，所以g
′( x)= 1
x +1，
所以g
′(1)= 1
1 +1=2，又g(1)=1，
所以函数g(x)在(1, g(1))处的切线方程为：y −1=2(x−1)，即2 x−y −1=0.
（2）（i）当a=1时，ℎ(x)= f (x)−g(x)= xe
x−ln x−x，定义域为(0,+∞)，
ℎ
′ (x)=(x +1)e
x−1
x −1= (x +1)(xe
x−1)
x
，
令F (x)= xe
x−1, x∈(0,+ ∞)，
则F
′ (x)=(x +1)e
x>0，
所以F (x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为F (0)=−1<0, F (1)=e>0，
所以∃x0∈(0,1)使得F (x0)=0，即x0e
x0=1，①
故当x∈(0, x0)时，F (x)<0，即ℎ
′ (x)<0，此时ℎ(x)在(0, x0)上单调递减；
当x∈(x0,+∞)时，F (x)>0，即ℎ
′ (x)>0，此时ℎ(x)在(x0,+∞)上单调递增，
所以当x = x0时，函数ℎ(x)有最小值，
由①可得ln(x0e
x0)= ln1=0，即ln x0+ x0=0，
所以函数ℎ(x)的最小值为x0e
x0−ln x0−x0=1.
（ii）由题意，ℎ(x)= xe
x−a(ln x + x)，定义域为(0,+ ∞)，
由题意ℎ(x)= xe
x−a(ln x + x)= xe
x−aln(xe
x)=0有两个不相等的实数根，
令t = xe
x，则t
′ =(x +1)e
x>0，
所以t = xe
x在(0,+ ∞)上递增，所以t >0，
令G (t )=t −aln t (t >0)，
所以G (t )有两个不相等的正的零点t1,t2，且t1= x1e
x1,t2= x2e
x2，
即{
t1−aln t1=0
t2−aln t2=0)，两式分别相加减得，
a(ln t2+ ln t1)=t2+t1,a(ln t2−ln t1)=t2−t1.
所以lnt2+ lnt1= t2+t1
a
,a=
t2−t1
lnt2−lnt1
②
要证e
x1+ x2−2>
1
x1 x2
，只需证(x1e
x1)⋅(x2e
x2)>e
2，
即证ln(x1e
x1)+ ln(x2e
x2)>2，即需证lnt1+ lnt2>2，
由②知，ln t1+ ln t2= t2+t1
t2−t1
(ln t2−ln t1)=(
t2
t1
+1)ln t2
t1
t2
t1
−1
，
故只需证(
t2
t1
+1)ln t2
t1
t2
t1
−1
>2，
不妨设0<t1<t2，令μ= t2
t1
>1，
则只需证
(μ+1)ln μ
μ−1
>2，即ln μ>2⋅μ−1
μ+1 =2⋅(1−
2
μ+1)，
故只需证ln μ+
4
μ+1 −2>0，
令s(μ)= ln μ+
4
μ+1 −2，(μ>1)
则s
′ (μ)= 1
μ −
4
(μ+1)
2 = (μ−1)
2
μ(μ+1)
2 >0，
所以s(μ)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以s(μ)>s(1)=0，
即当μ>1时，ln μ+
4
μ+1 −2>0成立.
所以ln t1+ ln t2>2，即(x1e
x1)⋅(x2e
x2)>e
2，故e
x1+ x2−2>
1
x1 x2
.
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ax−ln x
x
，a>0．
(1)若f (x)存在零点，求a 的取值范围；
(2)若x1，x2为f (x)的零点，且x1< x2，证明：a(x1+ x2)
2>2．
【答案】(1)(0, 1
2e)；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数求出函数g(x)的最小值，解不等式g(x)min≤0即可求解；
（2）由零点的定义可得a=ln x1−ln x2
(x1−x2)(x1+ x2)
，只需证ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+ x2)>2，令t = x1
x2
，利用导数证明
不等式F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
<0即可.
【解答过程】（1）f (x)的定义域为(0,+ ∞)，
令f (x)=0，即ax−ln x
x
=0(a>0)，等价于a x
2−ln x =0，
设g(x)=a x
2−ln x，则g
′ (x)=2ax−1
x = 2a x
2−1
x
（x>0），
令g
′ (x)=0，可得x =
❑√2a
2a ，
当x∈(0,
❑√2a
2a )时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(
❑√2a
2a ,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
则g(x)的最小值为g(
❑√2a
2a )= 1
2 −ln
❑√2a
2a = 1
2
(1+ln2a)，g(1)=a>0，
要使得g(x)=a x
2−ln x存在零点，则g(
❑√2a
2a )= 1
2
(1+ln2a)≤0，
即1+ln2a≤0，得a∈(0, 1
2e)．
（2）由x1, x2为f (x)的零点，得f (x1)= f (x2)=0，
即g(x1)= g(x2)=0，即¿
两式相减得a(x1
2−x2
2)−(ln x1−ln x2)=0，即a=ln x1−ln x2
(x1−x2)(x1+ x2).
要证当0< x1< x2时，a(x1+ x2)
2>2，
只需证
ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+ x2)>2，只需证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
，0< x1< x2，
ln x1
x2
−
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
<0，0< x1< x2．
令t = x1
x2
(0<t <1)，F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
，只需证F (t )<0，
F
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t +1)
2−4t
t (t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，则F (t )在(0,1)上单调递增，
∴F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
< F (1)=0，即可得证.
【题型9 函数与数列不等式综合证明问题】
【例9】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数f (x)=kx −ln(x +1).
(1)证明：当k =1时，f (x)≥0恒成立；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)设数列an=
1
nln(n+1)
(n∈N
*)，{an)的前n项和为Sn，证明：Sn>
n
n+1 (n∈N
*).
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数单调性与最值，进而得证；
（2）求导，根据导数分情况讨论函数单调性；
（3）由（1）可知当n∈N
∗时，ln (n+1)<n，即an> 1
n
2 >
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，利用裂项相消法求和可得
证.
【解答过程】（1）由已知当k =1时，f (x)= x−ln(x +1)，x>−1
可得f
′ (x)=1−
1
x +1 =
x
x +1，
令f
′ (x)>0，解得x>0，令f
′ (x)<0，解得−1< x<0，
即函数f (x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)=0；
（2）由f (x)=kx −ln(x +1)，x>−1，
可得f
′ (x)=k −
1
x +1 = k (x +1)−1
x +1
，
当k ≤0时，f
′ (x)<0恒成立，函数f (x)在(−1,+∞)上单调递减；
当k >0时，令f
′ (x)>0，解得x> 1
k −1，令f
′ (x)<0，解得−1< x< 1
k −1，
即函数f (x)在(−1, 1
k −1)上单调递减，在(
1
k −1,+∞)上单调递增；
综上所述，当k ≤0时，函数f (x)的单调递减区间为(−1,+∞)；
当k >0时，函数f (x)的单调递减区间为(−1, 1
k −1)，单调递增区间为(
1
k −1,+ ∞)；
（3）由（1）得x−ln (x +1)≥0在(−1,+∞)上恒成立，且当x =0时，不等式取等号，
所以当n∈N
∗时，ln (n+1)<n，
即an> 1
n
2 >
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以Sn=a1+a2+a3+⋯+an−1+an >1−1
2 + 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+
1
n−1 −1
n + 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 =
n
n+1.
【变式9-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数f (x)= xe
x−1−a．
(1)若a∈R，讨论f (x)的零点的个数；
(2)若a为正整数n，记此时f (x)的唯一零点为xn，证明：
（i）数列{xn)是递增数列；
（ii）2(❑√n+1−1)< 1
x1
+ 1
x2
+⋯+ 1
xn
≤1
2
(n+1+lnn)．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）利用分离参变量，再构造函数求导研究单调性，然后结合取值规律，可得到零点个数
的判断；
（2）（i）利用递推及放缩思想，可得到xn+1+ ln xn+1> xn+ ln xn，然后再利用函数的单调性可得到数列的
单调性；
（ii）利用x−1≥ln x，结合零点的条件进行放缩1
xn
>
2
❑√n+ ❑√n+1，1
xn
≤1
2(1+ 1
n)，再利用裂项相消求
和，从而原不等式可得证.
【解答过程】（1）令f (x)= xe
x−1−a=0，可得a= xe
x−1，设g(x)= xe
x−1，
因为g
′ (x)=(x +1)e
x−1，
所以当x∈(−∞,−1)时，g
′ (x)=(x +1)e
x−1<0，则g(x)= xe
x−1在x∈(−∞,−1)单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，g
′ (x)=(x +1)e
x−1>0，则g(x)= xe
x−1在x∈(−1,+∞)单调递增；
即g(x)min= g(−1)=−e
−2=−1
e
2 ，
又因为x∈(−∞,0)，g(x)= xe
x−1<0，g(0)=0，
所以当a<−1
e
2 时，f (x)= xe
x−1−a无零点；
当a=−1
e
2 或a≥0时，f (x)= xe
x−1−a仅有一个零点；
当−1
e
2 <a<0时，f (x)= xe
x−1−a有两个零点；
（2）（i）由（1）知，当a≥0时，f (x)= xe
x−1−a仅有一个零点；
由f (x)= xe
x−1−n的唯一零点为xn，则xne
xn−1=n，
两边取自然对数得：xn−1+ ln xn= ln n，
即xn+1−1+ ln xn+1= ln (n+1)，两式相减得：xn+1−xn+ ln xn+1−ln xn= ln (n+1)−ln n= ln n+1
n
>0，
可得xn+1+ ln xn+1> xn+ ln xn，
设y = x + ln x，则y
′ =1+ 1
x ，因为x>0，所以y
′ =1+ 1
x >0，
即y = x + ln x是在(0,+ ∞)上单调递增，
所以有xn+1> xn，即数列{xn)是递增数列；
（ii）先证明：x>0时，x−1≥ln x，
构造ℎ(x)= x−1−ln x，求导得ℎ
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)= x−1
x
<0，则ℎ(x)= x−1−ln x在x∈(0,1)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，ℎ
′ (x)= x−1
x
>0，则ℎ(x)= x−1−ln x在x∈(1,+∞)单调递增；
即ℎ(x)min=ℎ(1)=0，所以ℎ(x)= x−1−ln x ≥0，即x−1≥ln x，
又因为xn−1+ ln xn= ln n，结合上面不等式有xn−1+ ln xn≥2ln xn，
所以ln n≥2ln xn⇔xn
2≤n⇔xn≤❑√n，又因为
❑√n<
❑√n+ ❑√n+1
2
，
所以有1
xn
>
2
❑√n+ ❑√n+1 =2(❑√n+1−❑√n)，
即1
x1
+ 1
x2
+⋯+ 1
xn
>2(❑√2−❑√1)+2(❑√3−❑√2)+⋯+2(❑√n+1−❑√n)=2(❑√n+1−1)
再由x−1≥ln x可得：xn
n −1≥ln xn
n = ln xn−ln n，当且仅当xn=n时取等号；
再由xn−1+ ln xn= ln n，得ln xn−ln n=1−xn，
结合上式可得：ln xn−ln n=1−xn≤1−xn
n ，整理得：
(n+1) xn
n
≥2⇒1
xn
≤1
2(1+ 1
n)，
当且仅当n=1时取等号，
当n≥2时，1
x1
+ 1
x2
+⋯+ 1
xn
<1+ 1
2(1+ 1
2)+⋯+ 1
2(1+ 1
n)=1+ n−1
2
+ 1
2(
1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n)，
再由x−1≥ln x，得：1
x −1≥ln 1
x ⇔1−1
x ≤ln x⇔1−n−1
n
<ln
n
n−1 ⇔1
n <ln
n
n−1 ,(n≥2)，
所以有1
x1
+ 1
x2
+⋯+ 1
xn
< n+1
2
+ 1
2(ln 2
1 + ln 3
2 +⋯+ ln
n
n−1)= n+1+ ln n
2
，
则2(❑√n+1−1)< 1
x1
+ 1
x2
+⋯+ 1
xn
≤1
2
(n+1+lnn)，
当且仅当n=1时等号成立.
【变式9-2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数f (x)=ln x + a
x −1在(0,+∞)上的最小值为0
(1)求实数a的值：
(2)对任意的n∈N
*，数列{an)满足an+1= f (an)
3
+1，且a1= 4
3 ，证明：当an大于1 时，an+1也大于1：
(3)在（2）的条件下，若Sn为数列{an)的前n项和，求证：Sn<n+ 1
2
【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）f
′ (x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，分类讨论，判断单调性，求出a的值；（2）由（1）可以判断
单调性，证明结论；（3）要证Sn<n+ 1
2，只需证a1+a2+⋯+an<n+ 1
2 =n+ 1
3 × 3
2 =n+ 1
3 ×
1
1−1
3
，设
ℎ(x)=ln x + 1
x −x ,判断单调性，进行放缩，进行累加证明.
【解答过程】（1）当x∈(0,+ ∞)时，f
′ (x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，当a≤0时，f (1)=a−1<0，不成立
当a>0时，f
′ (x)= x−a
x
2 ，
当x∈(0,a)时f
′ (x)= x−a
x
2 <0，
当x∈(a，+∞)时f
′ (x)= x−a
x
2 >0，
所以函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+ ∞)上单调递增，
函数f (x)在x =a处取最小值，此时f (a)=lna=0，解得a=1.
（2）an+1=lnan
3
+ 1
3an
+ 2
3，
设g(x)=ln x
3
+ 1
3 x + 2
3 ,g
' (x)= 1
3 x −1
3 x
2 = x−1
3 x
2
当x∈(1,+∞)时，g
' (x)= x−1
3 x
2 >0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(an)> g(1)=1，即an+1>1.
（3）要证Sn<n+ 1
2，只需证a1+a2+⋯+an<n+ 1
2 =n+ 1
3 × 3
2 =n+ 1
3 ×
1
1−1
3
又n+ 1
3 ×
1
1−1
3
>n+ 1
3 ×
1−(
1
3)
n
1−1
3
=[1+(
1
3)
1
)+[1+(
1
3)
2
)+⋯+[1+(
1
3)
n
)
所以只需证an≤1+(
1
3)
n
，即证an−1≤(
1
3)
n
，
由于a1−1= 1
3，只需证
an+1−1
an−1 ≤1
3,
an+1−1
an−1 =
lnan
3
+ 1
3an
−1
3
an−1
，
即证
lnan
3
+ 1
3an
−1
3
an−1
< 1
3
，由（2）可知，an>1，
即需证lnan+ 1
an
−an<0，
设ℎ(x)=ln x + 1
x −x ,ℎ
′ (x)= 1
x −1
x
2 −1= x−1−x
2
x
2
<0，
所以ℎ(x)单调递减，因为an>1,所以ℎ(an)<ℎ(1)=0，
即lnan+ 1
an
−an<0，所以
an+1−1
an−1 < 1
3，
即an−1< 1
3 (an−1−1)<(
1
3)
2
(an−2−1)<⋯<(
1
3)
n−1
a1=(
1
3)
n
，累加后得证.
【变式9-3】（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=ln(x +1)−ax
x +1，a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a= 1
2时，正项数列{an)满足：a1=1，an+1= f (an)．
①求证：−an+1⋅an<2an+1−an<0；
②求证：当n≥2时，
1
2
n−1
<an< 1
2
n−1．
【答案】(1)单调性见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求出函数的导数后就a≤0、a>0分类讨论导数符号后可得单调性；
（2）①利用导数可证f (x)< 1
2 x (x>0)、f (x)< 1
2 x (x>0)，从而可得−an+1⋅an<2an+1−an<0；②利用①
的结果结合累乘法可证
1
2
n−1
<an< 1
2
n−1.
【解答过程】（1）f
′ (x)=
1
x +1 −a(x +1)−ax
(x +1)
2
= x +1−a
(x +1)
2 ，其中x>−1，
当a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，故f (x)在(−1,+∞)上为增函数；
当a>0时，若x∈(−1,a−1)时，f
′ (x)<0；x∈(a−1,+ ∞)时，f
′ (x)>0；
故f (x)在(−1,a−1)上为减函数，在(a−1,+ ∞)上为增函数，
综上，a≤0时，f (x)的增区间为(−1,+ ∞)，无减区间；
当a>0时，f (x)的减区间为(−1,a−1)，增区间为(a−1,+∞).
（2）①a= 1
2时，f (x)=ln(x +1)−
x
2(x +1)，
由（1）可得f (x)在(
1
2 ,+ ∞)为增函数，
而a1=1>0，故a2= f (a1)>f (0)=0，
设当n=k时，ak>0，则当n=k +1时，ak +1= f (ak)>f (0)=0，
由数学归纳法可得an>0.
下证：f (x)< 1
2 x (x>0)，即证ln(x +1)−
x
2(x +1) < 1
2 x，
即证ln(x +1)−
x
2(x +1) −x
2 <0，
设s(x)=ln(x +1)−
x
2(x +1) −x
2 ，
则s
′ (x)=
x + 1
2
(x +1)
2 −1
2 = 2 x +1−(x +1)
2
(x +1)
2
= −x
2
(x +1)
2 ≤0，
故s(x)为(0,+∞)上的减函数，故s(x)<s(0)=0，
故f (x)< 1
2 x (x>0)成立，故f (an)< 1
2 an即2an+1−an<0.
下证：f (x)>
x
x +2
(x>0)，
设u(x)=ln(x +1)−
x
2(x +1) −
x
x +2，
则u
′ (x)=
x + 1
2
(x +1)
2 −
2
(x +2)
2 =(x + 1
2)(x +2)
2−2(x +1)
2
(x +1)
2(x +2)
2
=
x
3+ 4 x
2+ 4 x + 1
2 x
2+2 x +2−2 x
2−4 x−2
(x +1)
2(x +2)
2
=
x
3+ 5 x
2
2 +2 x
(x +1)
2(x +2)
2 >0，
故u(x)在(0,+ ∞)上为增函数，故u(x)>u(0)=0，
故ln(x +1)−
x
2(x +1) >
x
x +2
(x>0)恒成立，故f (x)>
x
x +2
(x>0)恒成立，
故an+1= f (an)>
an
an+2，故an+1⋅an+2an+1>an即−an+1⋅an<2an+1−an，
综上，−an+1⋅an<2an+1−an<0成立.
②由①可得−an+1⋅an<2an+1−an<0，故0< an+1
an
< 1
2即0< an
an−1
< 1
2，
累乘可得
an
a1
<(
1
2)
n−1
，而a1=1，故an< 1
2
n−1 (n≥2).
仍由①可得an+1>
an
an+2，故an+1+1>
an
an+2 +1= 2(an+1)
an+2
，
而an+1>1，故
1
an+1+1 <
an+2
2(an+1)
= 1
2 +
1
2(an+1)，
故1−
1
an+1+1 > 1
2 −
1
2(an+1)
= 1
2(1−
1
an+1)，故
1−
1
an+1+1
(1−
1
an+1)
> 1
2，
故
1−
1
an+1
(1−
1
an−1+1)
> 1
2，而1−
1
an+1 >0，由累乘可得
1−
1
an+1
1−
1
a1+1
>(
1
2)
n−1
，
故1−
1
an+1 >(
1
2)
n
，故an>
2
n
2
n−1
−1=
1
2
n−1
(n≥2).
综上，当n≥2时，
1
2
n−1
<an< 1
2
n−1.
【题型10 导数新定义的不等式证明问题】
【例10】（2025·陕西榆林·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的，用有理多项式近似特定函
数的方法.给定两个正整数m,n，函数f (x)在x =0处的[m,n)阶帕德近似定义为：R (x)= Pm(x)
Qn(x) ，其中
Pm(x)和Qn(x)分别是m和n次多项式，且满足f
′ (0)= R
′ (0), f
″ (0)= R
″ (0),
f
′ ′ ′ (0)= R
′ ′ ′ (0),⋯,f
(n)(0)= R
(n)(0).其中f
″ (x)=[f
′ (x))
' ,f
′ ′ ′ (x)=[f
″ (x))
' ,f
(4)(x)=[f
′ ′ ′ (x))
' ,⋯,f
(n)(x)为
f
(n−1)(x)的导数.已知f (x)=ln(x +1)在x =0处的[1,1)阶帕德近似为R (x)=
ax
1+bx .
(1)求实数a,b的值，利用f (x)的[1,1)阶帕德近似估计ln1.2的近似值（结果保留3 位有效数字）；
(2)当−1< x ≤0时，f (x)≤kR (x)恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：当x>0时，x
x> 11
16 .
【答案】(1)a=1,b= 1
2，0.182
(2)(−∞,1)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由题意分别对两个函数求导，建立方程组，可得答案；
（2）整理不等式，构造函数并求导，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）利用两边取对数整理不等式，构造函数，利用导数求得其最值，利用（2）的结论，可得答案.
【解答过程】（1）f
′ (x)=
1
x +1 ,f
″ (x)=−
1
( x +1)
2 , R
′ (x)=
a
(1+bx)
2 , R
″ (x)=−
2ab
(1+bx)
3，
因为f
′ (0)= R
′ (0),f
″ (0)= R
″ (0)，所以a=1,−2ab=−1，解得a=1,b= 1
2，
R (x)= 2 x
2+ x ,ln1.2= f (0.2)≈R (0.2)≈0.182.
（2）解法1：设g(x)= f (x)−kR (x)=ln(x +1)−2kx
2+ x (−1< x ≤0)，
则g(x)≤0在(−1,0)上恒成立.若k ≤0，则g(x)≤0显然成立；
若k >0,g
′ (x)=
1
x +1 −
4 k
(2+ x)
2 =
1
(x +1)(2+ x)
2 [x
2+ 4 (1−k ) x + 4 (1−k ))，
设m(x)= x
2+ 4 (1−k ) x + 4 (1−k )(−1< x ≤0)，
Δ=16k (k −1)，当0<k ≤1时，Δ≤0，
因此m(x)≥0，即g
′ (x)≥0, g(x)在(−1,0)上单调递增，
x∈(−1,0)时，g(x)≤g(0)=0，满足题意；
当k >1时，m(x)在(−1,0)上单调递减，因为m(−1)=1>0,m(0)= 4 (1−k )<0，
所以存在唯一的x0∈(−1,0)，使得m(x0)=0，
当x∈(x0,0)时，m(x)<0，即g
′ (x)<0, g(x)在(x0,0)单调递减，
x∈(x0,0)时，g(x)> g(0)=0，与已知矛盾，舍去.
综上，实数k的取值范围为(−∞,1).
解法2：设g(x)= f (x)−kR (x)=ln(x +1)−2kx
2+ x (−1< x ≤0)，
则g(x)≤0在(−1,0)上恒成立.因为g(0)=0，g
′ (x)=
1
x +1 −
4 k
(2+ x)
2，
所以g
′ (0)≥0,1−k ≥0，解得k ≤1，
当k ≤1时，g
′ (x)≥
1
x +1 −
4
(2+ x)
2 =
x
2
(x +1)(2+ x)
2 ≥0，
g(x)在(−1,0)上单调递增，x∈(−1,0)时，g(x)≤g(0)=0恒成立.
综上，实数k的取值范围为(−∞,1).
（3）证明：要证x>0时，x
x> 11
16，即证xln x>ln 11
16，
设ℎ(x)= xln x，则ℎ
′ (x)=1+ln x，令ℎ
′ (x)=0得x = 1
e ，
当0< x< 1
e 时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(0，1
e)上单调递减；
当x> 1
e 时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(
1
e ,+ ∞)上单调递增，
因此ℎ( x)min=ℎ(
1
e)=−1
e ，
因此只需证−1
e >ln 11
16，即证ln(
5
11 +1)> 1
e .
设u(x)= f (x)−R (x)=ln(x +1)−2 x
2+ x
(x>0)，
则u
′ (x)=
x
2
(x +1)(2+ x)
2 >0,u(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
u(x)>u(0)=0，即ln(x +1)> 2 x
2+ x
(x>0)，
令x = 5
11，则ln(
5
11 +1)>
10
11
2+ 5
11
= 1
2.7 > 1
e ，因此原不等式成立.
【变式10-1】（2025·上海宝山·二模）定义在D上的可导函数y = f ( x)，集合
A(k ,m)={f (x)| F (xi))=k , xi∈D , i=1,2,⋯,m, m为正整数}，其中F (x)= f (x)+ f
′ (x)称为f (x)的自和
函数，xi称为y = f (x)的固着点. 已知f (x)=ae
x+bx +csin x (a,b,c∈R).
(1)若a=c =0,b=2, D =R，f (x)∈A(1,m)，求m的值及y = f ( x)的固着点；
(2)若a=0, b=1, c =1, D =[ s,t ] (s>0)，F( x)是f ( x)的自和函数，且F( x)在D上是严格增函数，求
t −s的最大值；
(3)若b=−1, c =0, D =(0,+∞)，f ( x)∈A(0,1)，且t是y = f ( x)的固着点，求a的取值范围，并证明：
1
2a <e
t< 1
a
2.
【答案】(1)m=1，固着点x =−1
2
(2)3π
2
(3)0<a< 1
2，证明见解析
【解题思路】（1）根据题设定义得F( x)=2 x +2，进而有2 x +2=1，即可求解；
（2）根据条件得到F
′ (x)=1+ ❑√2cos(x +π
4 )≥0在区间[ s,t ] 上恒成立，从而有[ s,t ]
⊆[2k π+π,2k π+ 5π
2 ) (k ∈Z)，即可求解；
（3）法一，根据题设得到2a= x +1
e
x
在(0,+ ∞)上有唯一的解t，构造函数g( x)= x +1
e
x
，利用导数与函数
单调性间的关系，求得g( x)= x +1
e
x
的单调性，进而可得a∈(0, 1
2 )，
再构造函数m( x)= x
2−2 x
2ln x−2 x (0< x< 1
2 )，利用其单调性，即可求解；法二，前同法一，得
a∈(0, 1
2 )，构造函数ℎ( x)= 2
x +2ln x−1, 0< x< 1
2，利用导数与函数单调性间的关系，求其单调区
间，利用单调性，即可求解.
【解答过程】（1）由题得f ( x)=2 x , f
′( x)=2，所以F( x)=2 x +2，
因为f ( x)∈A(1,m)，所以2 x +2=1，解得x =−1
2，
所以m=1，固着点x =−1
2.
（2）由题得f ( x)= x +sin x，则f
′ (x)=1+cos x，
所以F( x)= x +1+ ❑√2sin( x + π
4 )，因为F( x)是D上的严格增函数，
所以F
′ (x)=1+ ❑√2cos(x +π
4 )≥0在区间[ s,t ] 上恒成立，
由cos( x +π
4 )≥−
❑√2
2 ，得到2k π+π≤x ≤2k π+ 5π
2
( k ∈Z)，所以[ s,t ]
⊆[2k π+π,2k π+ 5π
2 ) (k ∈Z)，
所以t −s≤(2k π+ 5π
2 )−(2k π+π)= 3π
2 ，因此t −s的最大值是3π
2 .
（3）（方法一）由题得f ( x)=ae
x−x，f
′ (x)=ae
x−1，
所以F( x)=2ae
x−x−1，
因为f ( x)∈A(0,1)，且t是f ( x)的固着点，所以2a= x +1
e
x
（*）在(0,+∞)上有唯一的解t，
记g( x)= x +1
e
x
( x>0)，则g
′ (x)=−x
e
x <0，所以g( x)在(0,+∞)是严格减函数，
从而g( x)<g(0)=1，又当x→+ ∞时，g( x)→0，故g( x)的值域是(0,1)，
所以0<2a<1，即a∈(0, 1
2 )，
记ℎ( x)= x +1
e
x
−2a，则由上述可知ℎ( x)是(0,+∞)的严格减函数且ℎ(t )=0，
ℎ(ln 1
2a )=
ln 1
2a +1
e
ln 1
2a
−2a=−2a ln(2a)，
因为0<a< 1
2，所以ln(2a)<0，所以ℎ(ln 1
2a )>0 ①
又ℎ(ln 1
a
2 )=
ln 1
a
2 +1
e
ln 1
a
2
−2a=a
2−2a
2ln a−2a，
记m( x)= x
2−2 x
2ln x−2 x (0< x< 1
2 )，则m
′( x)=−2 x(2ln x +1)，
因为0< x< 1
2，所以2ln x +1<2ln 1
2 +1<0，所以m
′( x)>0，
所以m( x)是(0, 1
2 )上的严格增函数，
故m( x)<m( 1
2 )=( 1
2 )
2
−2⋅( 1
2 )
2
⋅ln 1
2 −2⋅1
2 <0，从而ℎ(ln 1
a
2 )<0 ②
由①②可知，ℎ(ln 1
a
2 )<0<ℎ(ln 1
2a )，即ℎ(ln 1
a
2 )<ℎ(t )<ℎ(ln 1
2a )，
又ℎ( x)是(0,+ ∞)的严格减函数，所以ln 1
2a <t <ln 1
a
2，故1
2a <e
t< 1
a
2.
（方法二）
由题得f ( x)=ae
x−x，f
′ (x)=ae
x−1，所以F( x)=2ae
x−x−1，
因为f ( x)∈A(0,1)且t是f ( x)的固着点，所以F( x)=0（*）在(0,+∞)上有唯一的解t
求导得F
′ (x)=2ae
x−1，
当a≤0时，F
′ (x)<0，F( x)是(0,+∞)上的严格减函数，
所以F( x)< F(0)=2a−1≤−1，所以方程（*）无解；
当a>0时，
（ⅰ）当a≥1
2时，F
′ (x)>2a−1≥0在(0,+∞)恒成立，故F( x)是(0,+ ∞)上的严格增函数，
所以F( x)> F(0)=2a−1≥1>0，所以方程（*）无解；
（ⅱ）当0<a< 1
2时，如下表
x
(0,ln 1
2a )
ln 1
2a
(ln 1
2a ,+∞)
F
′ (x)
-
0
+
F( x)
严格减
极小值
严格增
可知F( x)在(0,ln 1
2a )严格减，在(ln 1
2a ,+∞)严格增，
又F(0)=2a−1<0，F(ln 1
2a )= ln(2a)<0，当x→+∞时，F( x)→+∞，
所以方程（*）在(0,ln 1
2a )无解，在(ln 1
2a ,+∞)有唯一解，满足题意的a的取值范围0<a< 1
2，
因为t是(ln 1
2a ,+∞)的唯一解，所以t >ln 1
2a，
又F(ln 1
a
2 )= 2
a +2ln a−1，令ℎ( x)= 2
x +2ln x−1, 0< x< 1
2，
则ℎ
′ (x)=−2
x
2 + 2
x =−2( 1
x −1
2 )
2
+ 1
2 <−4，所以ℎ( x)是(0, 1
2 )上的严格减函数，
所以ℎ( x)>ℎ( 1
2 )= 4+2ln 1
2 −1≈1.614>0，即F(ln 1
a
2 )>0，
又当0<a< 1
2时，ln 1
2a −ln 1
a
2 = ln a
2 <0，所以ln 1
2a <ln 1
a
2，
又F( x)在(ln 1
2a ,ln 1
a
2 )上有唯一的零点，则ln 1
2a <t <ln 1
a
2，
综上，a∈(0, 1
2 )，此时1
2a <e
t< 1
a
2.
【变式10-2】（2025·河南·二模）设g(x)=ax ln x +b−x
2(a,b∈R)，定义f (x)= g(x)
x +t 为g(x)的“N (t )函
数”.
(1)设f (x)为g(x)的“N (1)函数”，若a=1，b=−2，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)设f (x)为g(x)的“N (0)函数”.
（ⅰ）若x =1是f (x)的极小值点，求b的取值范围；
（ⅱ）若a=2，方程f
′ (x)=0有两个根x1，x2，且x1< x2，求证：f (x2)< 2
3 b+2ln 2−2.
【答案】(1)x−4 y −7 =0
(2)（ⅰ）(1,+∞)；（ⅱ）证明见解析
【解题思路】（1）根据新定义确定f (x)的解析式，求导利用导数的几何意义求解；
（2）（ⅰ）求导，并根据极值的定义判断求解；（ⅱ）根据题意得方程−x
2+2 x−b=0有两个正根x1，
x2，由韦达定理可得0<b<1，且b=−x2
2+2 x2，求出1< x2<2，构造函数
ℎ(x)=2ln x + 2
3 x
2−10
3 x +2(1< x<2)，利用导数求出最大值得证.
【解答过程】（1）由题意，得f (x)= x ln x−2−x
2
x +1
，则f (1)=−3
2，所以切点为(1,−3
2)，
又因为f
′ (x)= ln x−x
2−x +3
(x +1)
2
，所以f
′ (1)= 1
4 ，
所以曲线y = f (x)在点(1,−3
2)处的切线斜率为1
4 ，
所以切线方程为y + 3
2 = 1
4
(x−1)，即x−4 y −7=0.
（2）（ⅰ）由题，可得f (x)=aln x + b
x −x，定义域为(0,+∞)，
则f
′ (x)= a
x −b
x
2 −1= −x
2+ax−b
x
2
，
因为x =1是f (x)的极小值点，则f
′ (1)=−1+a−b=0⇒a=b+1，
则f
′ (x)= −x
2+(b+1) x−b
x
2
=−(x−1)(x−b)
x
2
，
若b≤0，令f
′ (x)>0⇒x∈(0,1)，令f
′ (x)<0⇒x∈(1,+ ∞)，
则f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以x =1是f (x)的极大值点，不满足题意；
若0<b<1，令f
′ (x)>0⇒x∈(b,1)，令f
′ (x)<0⇒x∈(0,b)∪(1,+ ∞)，
则f (x)在(b,1)上单调递增，在(0,b)，(1,+∞)上单调递减，
所以x =1是f (x)的极大值点，不满足题意；
若b=1，则f
′ (x)=−(x−1)
2
x
2
≤0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，无极值，不满足题意；
若b>1，令f
′ (x)>0⇒x∈(1,b)，令f
′ (x)<0⇒x∈(0,1)∪(b,+ ∞)，
则f (x)在(1,b)上单调递增，在(0,1)，(b,+ ∞)上单调递减，
所以x =1是f (x)的极小值点，满足题意；
综上，x =1是f (x)的极小值点时，b的取值范围为(1,+∞).
（ⅱ）由题f
′ (x)= −x
2+2 x−b
x
2
(x>0)，
设φ(x)=−x
2+2 x−b，抛物线y =φ(x)的对称轴为直线x =1，
因为方程f
′ (x)=0有两个正根x1，x2，所以{
Δ= 4−4 b>0
x1+ x2=2>0
x1 x2=b>0 )
，解得0<b<1，
由题意知−x2
2+2 x2−b=0，得b=−x2
2+2 x2.
因为φ(1)=1−b>0，φ(2)=−b<0，所以1< x2<2，
f (x2)−2
3 b=2ln x2−x2+ b
x2
−2
3 b=2ln x2+ 2
3 x2
2−10
3 x2+2，
令ℎ(x)=2ln x + 2
3 x
2−10
3 x +2(1< x<2)，
则ℎ
′ (x)= 2
x + 4
3 x−10
3 = 2(x−1)(2 x−3)
3 x
，
当x∈(1, 3
2)时，ℎ
′ (x)<0，所以ℎ(x)在(1, 3
2)上单调递减；
当x∈(
3
2 ,2)时，ℎ
′ (x)>0，所以ℎ(x)在(
3
2 ,2)上单调递增，
因为1< x2<2，所以ℎ(x2)<max {ℎ(1),ℎ(2))，
由ℎ(1)=−2
3，ℎ(2)=2ln 2−2，得ℎ(2)−ℎ(1)=2ln 2−4
3 = 2(ln 8−lne
2)
3
，
因为e<2.8，所以e
2<2.8
2=7.84<8，所以lne
2<ln 8，则ln 8−lne
2>0，
所以ℎ(2)−ℎ(1)>0，所以ℎ(2)>ℎ(1)，所以ℎ(x2)<max {ℎ(1),ℎ(2))=ℎ(2)=2ln 2−2，
所以f (x2)−2
3 b<2ln2−2，即f (x2)< 2
3 b+2ln2−2.
【变式10-3】（24-25 高三上·上海·期中）定义：如果函数y = f (x)在定义域内给定区间[a,b)上存在实数
x0(a< x0<b)，满足f (x0)= f (b)−f (a)
b−a
，那么称函数y = f (x)是区间[a,b)上的“平均值函数”，x0是它的
一个均值点.例如y =|x)是区间[−2,2)上的“平均值函数”，0 是它的均值点.
(1)已知函数y = f 1(x)、y = f 2(x)，判断f 1(x)= x
4、f 2(x)=sin x−1是否为区间[−π
2 , π
2)上的“平均值函
数”，并说明理由；
(2)设g(x)=k x
2+ x−4是区间[−2,t )上的“平均值函数”，1 是函数y = g(x)的一个均值点，求所有满足条
件的整数数对(k ,t )；
(3)若ℎ(x)=ln x是区间[a,b)(1≤a<b)上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，求证：ln x0<
1
❑√ab .
【答案】(1)函数f 1(x)= x
4是区间[−π
2 ,π
2 )上的“平均值函数”，
f 2(x)=sin x−1不是区间[−π
2 ,π
2 )上的“平均值函数”，理由见解析
(2)(4,2)或(−4,4)或(−2,5)或(−1,7).
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用“平均值函数”的定义计算即可判断；
（2）由平均值函数的定义可得t =3−4
k ，可求所有满足条件的整数数对(k ,t )；
（3）所证不等式可变形为
ln b
a
b
a −1
< 1
❑√
b
a
，利用换元法，令ℎ(t )=2lnt −t + 1
t ，可证结论.
【解答过程】（1）（1）函数f 1(x)= x
4是区间[−π
2 ,π
2 )上的“平均值函数”，
f 2(x)=sin x−1不是区间[−π
2 ,π
2 )上的“平均值函数”，理由如下：
由题题意f 1(x0)=
f 1(
π
2 )−f 1(−π
2 )
π
2 −(−π
2 )
=(
π
2 )
4
−(−π
2 )
4
π
2 −(−π
2 )
=0，得x0
4=0，则x0=0，所以函数f 1(x)= x
4是
区间[−π
2 ,π
2 )上的“平均值函数”；
f 2(x)=sin x−1
f 2(x0)=
f 2(
π
2 )−f 2(−π
2 )
π
2 −(−π
2 )
=
sinπ
2 −1−sin(−π
2 )+1
π
2 −(−π
2 )
= 2
π ，即sin x0−1= 2
π ，
所以sin x0=1+ 2
π >1，无解，所以f 2(x)=sin x−1不是区间[−π
2 ,π
2 )上的“平均值函数”；
（2）因为g(x)=k x
2+ x−4是区间[−2,t )上的“平均值函数”，1 是函数y = g(x)的一个均值点，
所以g(1)= g(t )−g(−2)
t −(−2)
，
即k −3= (k t
2+t −4)−(4 k −6)
t +2
=k(t −2)+1，k =0显然不成立，
所以t =3−4
k ，因为1是函数的一个均值点，根据均值点的定义，可得t >1，
又所求的(k ,t )为整数对，故{
t =2
k = 4)或{
t = 4
k =−4)或{
t =5
k =−2)或{
t =7
k =−1).
（3）由题意可得ln x0= ln b−ln a
b−a
，则所证不等式为ln b−ln a
b−a
<
1
❑√ab ，
需证
ln b
a
b
a −1
< 1
❑√
b
a
，令t = ❑√
b
a >1，则不等式为lnt
2
t
2−1
< 1
t ，
则不等式等价于2ln t < t
2−1
t
=t −1
t ，
令ℎ(t )=2ln t −t + 1
t ，求导得ℎ
′(t )= 2
t −1−1
t
2 = −t
2+2t −1
t
2
= −(t −1)
2
t
2
<0，
所以ℎ(t )=2lnt −t + 1
t 在(1,+ ∞)上单调递减，所以ℎ(t )<ℎ(1)=2ln1−1+ 1
1 =0，
即2lnt <t −1
t ，即ln x0<
1
❑√ab .
一、单选题
1．（2025·河南·二模）已知a=e
sin1−1，b=sin1，则（ ）
A．1
2 <b<1<a
B．1
2 <a<b<1
C．1
2 <b<a<1
D．b< 1
2 <a<1
【答案】C
【解题思路】构建函数f (x)=e
x−x−1，利用导数可证e
x≥x +1，即可得a>b，在结合正弦函数的性质分
析判断.
【解答过程】构建函数f (x)=e
x−x−1，则f
′ (x)=e
x−1，
令f
′ (x)<0，得x<0；令f
′ (x)>0，得x>0；
可知f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，则f (x)≥f (0)=0，
可得e
x≥x +1，当且仅当x =0时取等号，
则a=e
sin1−1>(sin1−1)+1=sin1=b，
由正弦函数的有界性可知sin1<1，则a=e
sin1−1<e
0=1，
又因为1∈(
π
6 ,π
2 )，则b=sin1> 1
2，所以1
2 <b<a<1．
故选：C．
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知a= ln 6
5 ,b= 1
6 ,c = 1
7 e
1
7则（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．c>b>a
D．c>a>b
【答案】A
【解题思路】比较a，b大小，构造f (x)= ln x−x +1，结合单调性即可比较大小；比较b，c大小，构造
ℎ(x)=(1−x)e
x，结合单调性即可比较大小.
【解答过程】令f (x)= ln x−x +1(0< x<1)，则f
′ (x)= 1−x
x
>0，所以f (x)单调递增，
又f (1)=0，所以f (x)<0，即ln x< x−1，
所以ln 5
6 <−1
6 ，所以−ln 5
6 > 1
6 ，即ln 6
5 > 1
6 ，所以a>b，
设ℎ(x)=(1−x)e
x , x∈(0,1)，则ℎ
′ (x)=−xe
x<0，所以ℎ(x)单调递减，
ℎ(x)<ℎ(0)=1，即e
x<
1
1−x ，故e
1
7 <
1
1−1
7
= 7
6 ，，即1
7 e
1
7 < 1
6
，所以b>c，
所以a>b>c，
故选：A.
3．（2024·四川南充·模拟预测）设a>0，b>0，且a+b=1，则下列结论正确的个数为（ ）
①log2a+ log2b≥−2 ②2
a+2
b≥2❑√2 ③a+ ln b<0
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解题思路】①②根据指数对数运算和基本不等式判断；③构造函数f (x)=1−x + ln x，然后根据函数单
调性判断.
【解答过程】log2a+ log2b= log2ab≤log2(
a+b
2 )
2
=−2，当且仅当a=b= 1
2时等号成立，故①错；
2
a+2
b≥2
❑√2
a⋅2
b=2
❑√2
a+b=2❑√2，当且仅当a=b= 1
2时等号成立，故②正确；
由题意得a=1−b，且0<b<1，
令f (x)=1−x + ln x，0< x<1，则f
′ (x)=−1+ 1
x = 1−x
x
，
当0< x<1时，f
′ (x)>0，所以f (x)在(0,1)上单调递增，
所以1−b+ ln b=a+ ln b<f (1)=0，故③正确.
故选：C.
4．（2024·四川南充·模拟预测）设a>0,b>0,且a+b=1,则下列结论正确的个数为（ ）
①log2a+ log2b≥−2 ②2
a+2
b≥2❑√2 ③a+ ln b<0 ④sin asin b< 1
4
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】①②直接使用基本不等式,结合对数指数运算,即可判断；③构造函数f (x)= ln x−x +1,利用导
数研究其单调性和值域,将a+ ln b转化为ln b−b+1,即可判断；④构造函数g(x)=sin x sin (1−x),利用导数
研究其最大值,结合适度放缩,即可判断.
【解答过程】因为a+b=1,故可得ab≤1
4
(a+b)
2= 1
4 ,当且仅当a=b= 1
2取得等号；
①log2a+ log2b = log2ab≤log2
1
4 =−2，错误；
②2
a+2
b ≥2
❑√2
a+b=2❑√2,当且仅当a=b= 1
2时取得等号，正确；
③令f (x)= ln x−x +1, x∈(0,1),f
′( x) = 1
x −1>0,
故f (x)在(0,1)单调递增,f (x)<f (1)=0,即当x∈(0,1),ln x−x +1<0；
a+ ln b=1−b+ ln b,又a>0,即1−b>0,解得b<1,故b∈(0,1)；
故ln b−b+1<0,也即a+ ln b<0，正确；
④令g(x)=sin x sin (1−x), x∈(0,1),则g
′( x)
=cos x sin (1−x)−sin x cos(1−x)=sin[(1−x)−x)=sin (1−2 x),
故当x∈(0, 1
2)时,g
′( x) >0,g(x)单调递增；当x∈(
1
2 ,1)时,g
′( x) <0,g(x)单调递减；
故g(x)的最大值为g(
1
2)=sin
2 1
2；由C 可知,b∈(0,1),则sin bsin (1−b)≤sin
2 1
2 <sin
2(
π
6 )= 1
4 ，正确；
故选：C.
5．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=ln x +1−ax有两个零点x1, x2，且x1< x2，则下列命题正
确的是（ ）
A．a>1
B．x1+ x2< 2
a
C．x1⋅x2<1
D．x2−x1> 1
a −1
【答案】D
【解题思路】根据零点可将问题转化为a=ln x +1
x
，构造g(x)=ln x +1
x
，求导即可根据函数的单调性得
函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎ(x)= f(
2
a −x)−f (x)，结合函数的
单调性即可求解B，根据x1+ x2> 2
a可得ln(x1 x2)>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
【解答过程】由f (x)=0可得a=ln x +1
x
，令g(x)=ln x +1
x
，其中x>0，
则直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，g
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由g
′ (x)>0可得0< x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g
′ (x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
且当0< x< 1
e 时，g(x)=ln x +1
x
<0，当x> 1
e 时，g(x)=ln x +1
x
>0，g(1)=1，
如下图所示：
由图可知，当0<a<1时，直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，故A 错误；
由图可知，1
e < x1<1< x2，
因为f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，由f
′ (x)>0可得0< x< 1
a，由f
′ (x)<0可得x> 1
a，
所以，函数f (x)的增区间为(0, 1
a)，减区间为(
1
a ,+ ∞)，则必有0< x1< 1
a < x2，
所以，0< x1< 1
a，则2
a −x1> 1
a，
令ℎ(x)= f(
2
a −x)−f (x)=ln(
2
a −x)−a(
2
a −x)−ln x +ax，其中0< x< 1
a，
则ℎ
′ (x)=
1
x−2
a
−1
x +2a=
2a(x−1
a)
2
x(x−2
a)
<0，则函数ℎ(x)在(0, 1
a)上单调递减，
所以，ℎ(x1)>ℎ(
1
a)=0，即f(
2
a −x1)−f (x1)>0，即f (x1)<f(
2
a −x1)，
又f (x2)= f (x1)=0，可得f (x2)<f(
2
a −x1)，
因为函数f (x)的单调递减区间为(
1
a ,+ ∞)，则x2> 2
a −x1，即x1+ x2> 2
a，故B 错误；
由{
a x1=ln x1+1
a x2=ln x2+1)，两式相加整理可得x1+ x2=ln(x1 x2)+2
a
> 2
a
，
所以，ln(x1 x2)>0，可得x1⋅x2>1，故C 错误；
由图可知1
e < x1<1< x2，则−x1>−1，又因为x2> 1
a，所以，x2−x1> 1
a −1，故D 正确.
故选：D.
6．（2024·安徽·三模）已知实数x1, x2, x3满足
x1
2−x1
=e
x2
2 −1=
x3
❑√1+ x3+1 = 1
20，则（ ）
A．x1< x2< x3
B．x1< x3< x2
C．x2< x3< x1
D．x2< x1< x3
【答案】A
【解题思路】求出x1, x2, x3，构造函数f (x)= x
2−1−2ln x，利用导数研究单调性，比较出x3> x2，构造
函数g(x)=ln x−(1−1
x)，比较出x2> x1，即可求解.
【解答过程】依题意
2
2−x1
=e
x2
2 = ❑√1+ x3=1.05，则x1=2(1−
1
1.05), x2=2ln1.05, x3=1.05
2−1.
令f (x)= x
2−1−2ln x，故f
′ (x)= 2(x−1)(x +1)
x
，
故当x>1时，f
′ (x)>0,f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
故f (1.05)>0，则x3> x2.令g(x)=ln x−(1−1
x)，
则g
′ (x)= x−1
x
2 ，故当x>1时，g
′ (x)>0, g(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
则g(1.05)>0，则x2> x1.
综上所述：x3> x2> x1.
故选：A.
7．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知0< x1< x2<1，下列不等式恒成立的是（ ）
A．x2e
x1< x1e
x2
B．x2ln x1> x1ln x2
C．x1ln x1< x2ln x2
D．e
x1>ln x1
【答案】D
【解题思路】构造函数f ( x)=e
x
x ，利用导数研究单调性即可求解A，构造函数g( x)= xln x，求导即可判
断C,构造函数ℎ( x)=ln x
x
即可求解B，根据指数以及对数的性质即可求解D.
【解答过程】令f ( x)=e
x
x 且0< x<1，则f
′ (x)= ( x−1)e
x
x
2
<0，故f ( x)在(0,1)上递减，
又0< x1< x2<1，所以f ( x2)<f ( x1)⇒e
x2
x2
<e
x1
x1
⇒x1e
x2< x2e
x1，A 错误；
令g( x)= xln x且0< x<1，则g
′ (x)=1+ln x，
所以(0, 1
e )上g
′( x)<0，g( x)递减，( 1
e ,1)上g
′( x)>0，g( x)递增，
而0< x1< x2<1，此时不能比较g( x2)，g( x1)的大小，所以无法确定x1ln x1, x2ln x2的大小，C 错误；
令ℎ( x)=ln x
x
且0< x<1，则ℎ
′ (x)= 1−ln x
x
2
>0，故ℎ( x)在(0,1)上递增，
又0< x1< x2<1，所以ℎ( x2)>ℎ( x1)⇒x2ln x1< x1ln x2，B 错误；
由于0< x1<1，所以e
x1>0,ln x1<0，故e
x1>ln x1,D 正确，
故选：D．
8．（2024·四川泸州·三模）已知x>0，e
x+ ln y =1，给出下列不等式
①x + ln y <0；②e
x+ y >2；③ln x +e
y<0；④x + y >1
其中一定成立的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】由e
x+ ln y =1可得x = ln (1−ln y)，分别构造F ( y)= ln[ y (1−ln y))，g( y)=1−ln y + y和
ℎ( y)= ln (1−ln y)+ y，通过求导，求出单调性和最值可判断①③④；取特值可判断②.
【解答过程】由x>0，e
x+ ln y =1，可得：ln y =1−e
x，
因为x>0，所以e
x>1，所以1−e
x<0，所以ln y <0，解得：0< y <1，
由e
x+ ln y =1可得：lne
x = ln (1−ln y)，所以x = ln (1−ln y)，
对于命题①，x + ln y = ln (1−ln y)+ ln y = ln[ y (1−ln y))，
令F ( y)= ln[ y (1−ln y)), F
′ ( y)=
(1−ln y)+ y(−1
y)
y (1−ln y)
=
−ln y
y (1−ln y) >0，
所以F ( y)在(0,1)上单调递增，因为F ( y)< F (1)=0，
所以x + ln y <0，故命题①正确；
对于命题②，由e
x+ ln y =1可得：e
x=1−ln y，
所以g( y)=1−ln y + y ,g
′ ( y)=−1
y +1= −1+ y
y
<0，
所以g( y)在(0,1)上单调递减，
所以g( y)>g(1)=2，所以e
x+ y >2，故命题②正确；
对于命题③，由e
x+ ln y =1，取x =1，所以y =e
1−e∈(0,1)，
所以ln x +e
y =e
y>0，所以③错误.
对于命题④，因为x = ln (1−ln y)，所以x + y = ln (1−ln y)+ y，0< y <1。
令ℎ( y)= ln (1−ln y)+ y，ℎ
′ ( y)=
−1
y
1−ln y +1=
1
y (ln y −1) +1= 1+ y ln y −y
y (ln y −1)
，
令f ( y)=1+ y ln y −y，f
′ ( y)= ln y <0，
所以f ( y)=1+ y ln y −y在(0,1)上单调递减，
f ( y)>f (1)=0，所以ℎ
′ ( y)<0，所以ℎ( y)在(0,1)上单调递减，
所以ℎ( y)>ℎ(1)=1，所以x + y >1，故命题④正确.
故选：C.
二、多选题
9．（2025·湖北恩施·模拟预测）下列不等关系中，正确的是（ ）
A．cos0.1<10sin 0.1
B．ln3>ln2+ 1
2
C．ln(1+ 1
π)>1
π+1
D．ln 3
2 < 5
12
【答案】ACD
【解题思路】通过构造函数，借助导数研究单调性，代特殊值，即可比较大小.
【解答过程】对A，由三角函数线可知当x∈(0,π
2 )时，x<tan x，
令x =0.1，可得0.1<tan 0.1，所以cos0.1<10sin 0.1，故A 对；
对B，构造函数g( x)= x−1−ln x , x∈(0,+∞)，则g
′( x)=1−1
x = x−1
x
，
当x∈(0,1)时，g
′( x)<0，g( x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g
′( x)>0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)≥g(1)=1−1+ ln1=0，
所以当x>0且x≠1时，x−1>ln x，
令x = 3
2，可得ln 3
2 < 1
2，即ln3<ln2+ 1
2，故B 错；
对C，因为当x>0且x≠1时，x−1>ln x，故1
x −1>ln 1
x ，
所以当x>0且x≠1时，ln x>1−1
x ，
令x =1+ 1
π ，得ln(1+ 1
π)>1−
1
1+ 1
π
，即ln(1+ 1
π)>1
π+1 ，故C 对.
对D， 构造函数f ( x)= x−1
x −2ln x，x∈(1,+∞)，
则f (1)=0，f
′ (x)=1+ 1
x
2 −2
x = (x−1)
2
x
2
>0，
所以f ( x)在(1,+∞)单调递增，故f ( x)>f (1)=0，即x−1
x >2ln x，
令x = 3
2，得5
12 >ln 3
2，故D 对.
故选：ACD.
10．（2025·湖北·模拟预测）若0<a<b<1，则（ ）
A．a
b > a−1
b−1
B．a+lnb>b+lna
C．2
a+2
b>2
a+b
D．a⋅sinb>b⋅sina
【答案】BC
【解题思路】作差比较可判断A；构造函数f (x)= x−ln x ,0< x<1，利用导数求单调性可判断B；作商比
较，结合基本不等式可判断C；构造函数g(x)= sin x
x
,0< x<1，利用导数判断单调性可判断D.
【解答过程】对A：因为0<a<b<1，则b−a>0,b>0,b−1<0，
所以a
b −a−1
b−1 = a(b−1)−b(a−1)
b(b−1)
=
b−a
b(b−1) <0，所以a
b < a−1
b−1，A 错误；
对B：记f (x)= x−ln x ,0< x<1，则f
′ (x)=1−1
x = x−1
x
<0，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，
又0<a<b<1，所以f (a)>f (b)，即a−lna>b−lnb，即a+lnb>b+lna，B 正确；
对C：因为0<a<b<1，所以1<2
a<2
b<2，1<2
a+b<4，
2
a+2
b
2
a+b = 1
2
b + 1
2
a ≥2❑√
1
2
a+b，因a≠b，故等号不成立，
则2
a+2
b
2
a+b = 1
2
b + 1
2
a >2❑√
1
2
a+b >2❑√
1
4 =1，所以2
a+2
b>2
a+b，C 正确；
对D：记g(x)= sin x
x
,0< x<1，则g
′ (x)= x cos x−sin x
x
2
，
记ℎ(x)= x cos x−sin x ,0< x<1，则sin x>0，故ℎ
′ (x)=−x sin x<0，
所以ℎ(x)在(0,1)上单调递减，ℎ(x)<ℎ(0)=0，
则g
′ (x)<0，所以g(x)在(0,1)单调递减，
又0<a<b<1，所以g(a)>g(b)，即sin a
a
> sin b
b
，即a⋅sinb<b⋅sina，D 错误.
故选：BC.
11．（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)= x
aln x，则（ ）
A．当a=1时，f (x)≥−1
e
B．当a>0时，f (x)≥−a
e
C．当a=1时，f (x)≥x−1
D．当a>0时，f (x)≥x
a−1
a
【答案】ACD
【解题思路】对于A，借助导数，求出f ( x)的最小值为−1
e ，即可判断；对于B，借助导数，求出f ( x)的
最小值为−1
ae，再分a>1和0<a<1两种情况比较−1
ae和−a
e 的大小关系，即可判断；对于C， 构造函数
g(x)= x ln x−x +1，借助导数，求出g( x)最小值为0，即可判断；对于D，构造函数
ℎ(x)= x
aln x−x
a−1
a
，借助导数，求出ℎ( x)最小值为0即可判断.
【解答过程】函数f (x)= x
aln x的定义域为(0,+∞).
对于A，当a=1时，f (x)= x ln x，f
′ (x)= ln x +1，
令f
′( x)=0，解得x = 1
e ，
当x> 1
e 时，f
′( x)>0，f ( x)在(
1
e ,+ ∞)上单调递增；
当0< x< 1
e 时，f
′( x)<0，f ( x)在(0, 1
e)上单调递减，
所以当x = 1
e 时，f ( x)取到最小值−1
e ，
即f (x)≥−1
e ，故A 正确；
对于B，当a>0时，f
′ (x)= x
a−1(a ln x +1)，
令f
′( x)=0，解得x =e
−1
a,
当x>e
−1
a时，f
′( x)>0，f ( x)在(e
−1
a ,+∞)上单调递增；
当0< x<e
−1
a时，f
′( x)<0，f ( x)在(0,e
−1
a)上单调递减，
所以当x =e
−1
a时，f ( x)取到最小值−1
ae，
所以当a>1，−1
ae >−a
e ；当0<a<1时，−1
ae <−a
e
即f (x)≥−a
e 不一定成立，故B 错误；
对于C，当a=1时，f (x)= x ln x，
设g(x)= x ln x−x +1，则g
′ (x)= ln x，
令g
′( x)=0，解得x =1，
当x>1时，g
′( x)>0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递增；
当0< x<1时，g
′( x)<0，g( x)在(0,1)上单调递增；
所以当x =1时，g( x)取到最小值0，
即g( x)≥0，故C 正确；
对于D，当a>0时，设ℎ(x)= x
aln x−x
a−1
a
，
则ℎ
′ (x)=a x
a−1ln x，令ℎ
′( x)=0，解得x =1，
当x>1时，ℎ
′( x)>0，ℎ( x)在(1,+ ∞)上单调递增；
当0< x<1时，ℎ
′( x)<0，ℎ( x)在(0,1)上单调递增；
所以当x =1时，ℎ( x)取到最小值0，
即ℎ( x)≥0，即f (x)≥x
a−1
a
，故D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（24-25 高二下·云南大理·期中）用不等号“<”将❑√e−1，1
2，sinπ
7 按从小到大排序为 .
【答案】sinπ
7 < 1
2 <❑√e−1
【解题思路】根据正弦函数的单调性可得sinπ
7 < 1
2；利用导数证明不等式e
x> x +1，进而可得
❑√e−1> 1
2
，即可得出结果.
【解答过程】由正弦函数的单调性可知sinπ
7 <sinπ
6 = 1
2，
设函数f ( x)=e
x−x−1，则f
′( x)=e
x−1，
令f
′( x)<0⇒x<0，令f
′( x)>0⇒x>0，
所以函数f ( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
得f ( x)≥f (0)=0，即e
x≥x +1，当且仅当x =0时等号成立，
令x = 1
2，得e
1
2 > 1
2 +1⇒❑√e−1> 1
2
，
所以sinπ
7 < 1
2 <❑√e−1.
故答案为：sinπ
7 < 1
2 <❑√e−1.
13．（24-25 高二下·江苏徐州·期末）若实数m,n满足ln m≥m
n +ln n
e ，则m
n = ．
【答案】1
【解题思路】利用导数可证ln x ≤x−1，当且仅当x =1时等号成立，从而可得m
n =1.
【解答过程】ln m≥m
n +ln n
e 即为ln m
n ≥m
n −1，
设s(x)= ln x−x +1，则s
′ (x)= 1−x
x
，
当0< x<1时，s
′ (x)>0，当x>1时，s
′ (x)<0，
故s(x)在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数，
故s(x)≤s(1)=0即ln x ≤x−1，当且仅当x =1时等号成立，
故ln m
n ≤m
n −1，故ln m
n = m
n −1且m
n =1，
故答案为：1.
14．（24-25 高二下·北京海淀·期中）已知函数f ( x)= ln x
x ,g( x)= x
e
x ，存在x1∈(0,+∞), x2∈R，使得
f (x1)= g(x2)=k成立.给出下列四个结论:
①当k >0时，x1+ x2>1; ②当k <0时，x2
x1
=k;
③当k >0时，2< x1+e
x2<2e; ④当k <0时，x1+ x2<1.
其中所有正确结论的序号是
.
【答案】①②④
【解题思路】由f ( x1)= g( x2)=k，可得
ln x1
x1
= x2
e
x2 =k，即
ln x1
x1
= lne
x2
e
x2
=k，转化为f ( x1)= f (e
x2)=k，然
后对f ( x)= ln x
x 求导，求出其单调区间，画出f ( x)的图象，结合图象逐个分析判断即可．
【解答过程】由f ( x)= ln x
x ，得f
′( x)= 1−ln x
x
2
( x>0)，
所以当0< x<e时，f
'( x)>0；当x>e时，f
'( x)<0，
所以f ( x)在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，
所以f ( x)的大致图象如图所示：
因为f ( x1)= g( x2)=k，
所
ln x1
x1
= x2
e
x2 =k，即
ln x1
x1
= lne
x2
e
x2
=k，
所以f ( x1)= f (e
x2)=k，
当k >0时，1< x1=e
x2<e或x1=e
x2>e或1< x1<e<e
x2或1<e
x2<e< x1，
则{
x1>1
0< x2<1)或{
x1>e
x2>1)或{
1< x1<e
x2>1 )或{
x1>e
x2>0)，所以x1+ x2>1，所以①正确；
当k >0时，若x1=e
x2>e，此时x1与e
x2均可以趋于+∞，所以③错误；
当k <0时，由f ( x1)= g( x2)=k，得
ln x1
x1
= lne
x2
e
x2
=k，所以x2=k e
x2，
因为k <0，所以由图象可知当f ( x1)= f (e
x2)=k时，有0< x1=e
x2<1，
所以
x2
x1
= k e
x2
e
x2
=k，所以②正确；
当k <0时，由图和②可知0< x1=e
x2<1，
则x2= ln x1，
所以x1+ x2= x1+ ln x1，
令ℎ( x)= x + ln x，x∈(0,1)，
则ℎ
′( x)=1+ 1
x >0，所以ℎ( x)在(0,1)上单调递增，
所以ℎ( x)<ℎ(1)=1，
即当x1∈(0,1)时，x1+ x2= x1+ ln x1<1成立，所以④正确．
故答案为：①②④．
四、解答题
15．（2025·山东·模拟预测）已知函数f (x)=(x +a)e
x−b，曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为
y =2 x−1．
(1)求实数a,b的值
(2)证明：f (x)>ln2 x．
【答案】(1)a=0,b=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1） 先求导数得出切线斜率结合点在切线上及切点在曲线上列式求解；
（2）先构造函数g(x)= f (x)−(2 x−1)= xe
x−1−2 x +1，得出单调性进而得出不等式f (x)>2 x−1，进而
构造ℎ(x)=2 x−1−ln2 x , x∈(0,+∞)即可证明不等式.
【解答过程】（1）由题意可知，f (1)=1,f
′ (1)=2，
因为f (x)=(x +a)e
x−b，所以f
′ (x)=(x +a+1)e
x−b，
所以{
f (1)=(a+1)e
1−b=1
f
′ (1)=(a+2)e
1−b=2)，
解得a=0,b=1；
（2）设g(x)= f (x)−(2 x−1)= xe
x−1−2 x +1, x∈(0,+ ∞)，
g
′ (x)=(x +1)e
x−1−2=t (x), t
′ (x)=(x +2)e
x−1>0，
所以g
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增 且g
′ (1)=0，
所以当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增
所以g(x)≥g(1)=0，所以f (x)>2 x−1
设ℎ(x)=2 x−1−ln2 x , x∈(0,+ ∞)，所以ℎ
′ (x)=2−1
x = 2 x−1
x
，
ℎ(x)在(0, 1
2)上单调递减，在(
1
2 ,+∞)上单调递增 ，
所以ℎ(x)≥ℎ(
1
2)=0，所以2 x−1≥ln2 x ，
又因为g(x)=0与ℎ(x)=0等号成立的条件不一致，
所以f (x)>ln2 x．
16．（2025·海南·模拟预测）已知函数f ( x)=(e
a−x+1) x ,a∈R．
(1)当a=2时，求f ( x)的单调区间与极值点；
(2)已知f ( x)有两个极值点x1<2< x2，证明：x1+ x2>3．
【答案】(1)单调递增区间为R，无减区间，无极值点
(2)过程见解析.
【解题思路】（1）求导，研究导函数的正负性即可判断其单调性；
（2）x1, x2为f
'( x)=−x e
a−x+e
a−x+1=0的两根，化简得出e
x2−x1= x2−1
x1−1，令t = x2−x1>0，则
x1+ x2= t e
t +2e
t +t −2
e
t−1
，构造函数k (t )=t e
t−e
t +t +1,t >0即可求证.
【解答过程】（1）当a=2时，f ( x)=(e
2−x+1) x，则f
'( x)=−x e
2−x+e
2−x+1，
令g(x)= f
'( x)=−x e
2−x+e
2−x+1，则g
' (x)=−e
2−x+ xe
2−x−e
2−x=e
2−x(x−2)，
则g
' (x)>0得x>2；g
' (x)<0得x<2，
则g(x)= f
' (x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
则f
' (x)≥f
' (2)=0，故f (x)的单调递增区间为R，无减区间，无极值点.
（2）因f ( x)有两个极值点x1<2< x2，则x1, x2为f
'( x)=−xe
a−x+e
a−x+1=0的两根，
即(x1−1)e
a−x1=1,(x2−1)e
a−x2=1，即(x1−1)e
a−x1=(x2−1)e
a−x2，
即e
x2−x1= x2−1
x1−1，
令t = x2−x1>0，则x1=e
t +t −1
e
t−1
，x2= t e
t +e
t−1
e
t−1
，
则x1+ x2=e
t +t −1
e
t−1
+ t e
t +e
t−1
e
t−1
= t e
t +2e
t +t −2
e
t−1
，
欲证x1+ x2>3，只需证t e
t−e
t +t +1>0，
令k (t )=t e
t−e
t +t +1,t >0，则k
' (t )=t e
t +1>0，
故k (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则k (t )>k (0)=0，则t e
t−e
t +t +1>0成立，
故x1+ x2>3得证.
17．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数f (x)=2ln x−x + a
x
(a>0).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求证：1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n >ln(n+1)+
n
2(n+1)
(n∈N
*).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）先求出导函数，再根据判别式分类讨论得出单调区间即可；
（2）先证明不等式2ln x< x−1
x ，再代入2ln n+1
n
< n+1
n
−
n
n+1 = 1
n +
1
n+1，累加法计算证明即可.
【解答过程】（1）∵f (x)=2ln x−x + a
x
(x>0)，∴f
′ (x)= 2
x −1−a
x
2 = −x
2+2 x−a
x
2
，
对于方程−x
2+2 x−a=0,Δ= 4−4 a，
当Δ= 4−4 a≤0，即a≥1时，−x
2+2 x−a≤0,f
′ (x)≤0，
∴函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递减；
当Δ= 4−4 a>0，即0<a<1时，方程−x
2+2 x−a=0有两个不相等的实数根，
∴x1=1+ ❑√1−a, x2=1−❑√1−a，且x1> x2>0，
∴当x> x1或0< x< x2时，f
′ (x)<0；当x2< x< x1时，f
′ (x)>0，
即函数f (x)在(0,1−❑√1−a),(1+ ❑√1−a,+ ∞)上单调递减，在(1−❑√1−a,1+ ❑√1−a)上单调递增.
综上所述，当a≥1时，函数f (x)的单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间；
当0<a<1时，函数f (x)的单调递增区间为(1−❑√1−a,1+ ❑√1−a)，单调递减区间为(0,1−❑√1−a)，
(1+ ❑√1−a,+∞).
（2）由（2）知，当a=1时，函数f (x)=2ln x−x + 1
x 在(0,+ ∞)上单调递减，
又f (1)=0，∴当x>1时，f (x)=2ln x−x + 1
x <0，即当x>1时，2ln x< x−1
x .
∵n+1
n
>1，∴2ln n+1
n
< n+1
n
−
n
n+1 = 1
n +
1
n+1，
即2ln(n+1)−2lnn< 1
n +
1
n+1，∴当n=1时，2ln2−2ln1<1+ 1
2，
当n=2时，2ln3−2ln2< 1
2 + 1
3，当n=3时，2ln 4−2ln3< 1
3 + 1
4 ，⋯
当n=n时，2ln(n+1)−2lnn< 1
n +
1
n+1，
累加可得，2ln(n+1)−2ln1<1+ 1
2 + 1
2 + 1
3 + 1
3 +⋯+ 1
n + 1
n +
1
n+1，
即2ln(n+1)<2(1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n)−(1−
1
n+1)=2(1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n)−
n
n+1，
所以1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n >ln(n+1)+
n
2(n+1)
(n∈N
*).
18．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数f (x)=aln x + x−❑√x ,g(x)=e
❑√x−x
ae
x(a∈R).
(1)若a=−1
2，求f (x)的极值；
(2)证明：对于满足不等式g(x0)<f (x0)的任意x0，均有f (x0)>0.
【答案】(1)极小值为f (1)=0，无极大值.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数分析单调性可得；
（2）把不等式指对同构变形后构造函数ℎ(x)，利用其单调性解抽象不等式可得.
【解答过程】（1）因为a=−1
2，所以f (x)=−1
2 ln x + x−❑√x (x>0)，
所以f
′ (x)= 2 x−❑√x−1
2 x
= (❑√x−1)(2❑√x +1)
2 x
.
令f
′ (x)=0，则x =1，列表如下：
x
(0,1)
1
(1,+ ∞)
f
′ (x)
-
0
+
f (x)
↘
极小值
↗
由上表可知f (x)的极小值为f (1)=0，无极大值.
（2）证明：当x0满足g(x0)<f (x0)时，e
❑√x0−x0
ae
x0<aln x0+ x0−❑√x0，
所以e
❑√x0+ ❑√x0< x0
ae
x0+aln x0+ x0=e
aln x0+ x0+aln x0+ x0.
设ℎ(x)=e
x+ x (x∈R)，可知ℎ(x)在R内单调递增，
因为ℎ(
❑√x0)<ℎ(aln x0+ x0)，所以❑√x0<aln x0+ x0，所以❑√x0−aln x0−x0<0
故f (x0)>0，命题得证.
19．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知函数f (x)=ax−e
−x，g(x)= x
2+ xln x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：g(x)>−5
16 ；
(3)若g(x)≥f (x)，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)(−∞,1]
【解题思路】（1）对函数求导，根据参数a的取值，分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性；
（2）求导得g
′ (x)=2 x +ln x +1，设ℎ( x)=2 x +ln x +1,( x>0)，得函数ℎ( x)在(0,+∞)上单调递增，
利用零点存在定理，得到存在x0∈(0, 1
4 )，满足ln x0=−2 x0−1，推得g(x)的单调性，即得
g(x)≥g( x0)= x0
2+ x0ln x0=−x0
2−x0=−( x0+ 1
2 )
2
+ 1
4
，从而证得结论；
（3）由g(x)≥f (x)转化为a≤x + ln x + 1
xe
x = ln( xe
x)+ 1
xe
x ，设φ( x)= xe
x , x>0，求得φ( x)>φ(0)=0
，再设s(t )= lnt + 1
t ,(t >0)，判断其单调性得到s(t )≥s(1)=1，即得参数a的取值范围.
【解答过程】（1）由f (x)=ax−e
−x，可得f
′ (x)=a+e
−x，
当a≥0时，f
′ (x)>0，即函数f ( x)在R上为增函数；
当a<0时，由f
′ (x)=0，解得x = ln(−1
a )，
当x<ln(−1
a )时，f
′ (x)>0，当x>ln(−1
a )时，f
′ (x)<0，
故函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+∞)上单调递减.
综上，当a≥0时，函数f ( x)在R上为增函数；
当a<0时，函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+∞)上单调递减.
（2）因函数g(x)= x
2+ xln x的定义域为(0,+∞)，g
′ (x)=2 x +ln x +1，
令ℎ( x)=2 x +ln x +1,( x>0)，则ℎ
′( x)=2+ 1
x >0，
即函数ℎ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，当x→0
+时，ℎ( x)→−∞，且ℎ( 1
4 )= 1
2 + ln 1
4 +1= 3
2 −ln 4>0，
故存在x0∈(0, 1
4 )，使ℎ( x0)=2 x0+ln x0+1=0，则得ln x0=−2 x0−1.
当0< x< x0时，ℎ( x)<0，即g
′ (x)<0，故函数g(x)在(0, x0)上单调递减；
当x> x0时，ℎ( x)>0，即g
′ (x)>0，故函数g(x)在( x0,+ ∞)上单调递增.
故g(x)≥g( x0)= x0
2+ x0ln x0=−x0
2−x0=−( x0+ 1
2 )
2
+ 1
4 ，
因x0∈(0, 1
4 )，故得g( 1
4 )<g( x0)<g(0)，即−5
16 <g( x0)<0，故g(x)>−5
16.
（3）由g(x)≥f (x)可得x
2+ xln x ≥ax−e
−x，即a≤x + ln x + 1
xe
x = ln( xe
x)+ 1
xe
x ，
设φ( x)= xe
x , x>0，则φ
′( x)=( x +1)e
x>0，故函数φ( x)在(0,+∞)上单调递增，则φ( x)>φ(0)=0.
再设s(t )= lnt + 1
t ,(t >0)，则s
′(t )= 1
t −1
t
2 = t −1
t
2 ，
当0<t <1时，s
′(t )<0，故函数s(t )在(0,1)上单调递减；
当t >1时，s
′(t )>0，故函数s(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
故s(t )≥s(1)=1，故得a≤1，即a的取值范围是(−∞,1].
