专题11导数压轴大题四：证明不等式（二次求导，放缩法，数列求和）（教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高二上学期（人教A版选择性必修第二册）

专题11 导数压轴大题四：证明不等式（解
析版）
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面
上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，
能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方
法，这是非常必要的.
而高次函数或复杂一些的函数多数利用导数来确定其单调性，根据题目的特点，构造一个适当的函数，
利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的
思路，有着非凡的功效.
一、二次求导
利用导数解决不等式证明问题时，常常通过构造函数，把不等式转化为确定函数的单调性，利用
单调性得函数值的大小，为此需要求导，利用导数确定单调性. 判断导函数与0 的大小关系，当一阶
导数不容易判断符号时，可通过二阶导数求得一阶导数的单调性来判断符号. 也有可能需要多次求导
（当然需要多次构造函数）才能得出最终结论．
二、放缩法
在导数证明不等式成立的过程中，我们有时会用一些恒成立的函数模型进行适当放缩，简化需要
证明的不等式，方便后面的证明。
常见恒成立的函数模型有：
e
1
x
x

，
当
0
x 
时，
sin
x
x

当
0
x 
时，ln
1


x
x
，
1
ln
1
x
x

，ln(
1)
x
x


e
1
sin
1
sin
cos
x
x
x
x
x




数列常见放缩模型：
当
2
n 
时，


2
1
1
1
n
n
n n



，


1
1
2
1
n
n n


；
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

1
1
1
1
1
ln
1
,ln
,ln(
1)
ln
N
n
n
n
n
n
n
n
n
n















三、数列求和
利用函数求导确定单调性，适当的放缩法后，转化为可求和的数列，可求和的数列通常有：
裂项相消法,等比数列.
题型二二次求导
1．已知函数



sin
1
f x
a
x
a
x



．
(1)当
1
2
a 
时，证明：

f x 只有一个零点．
(2)若



0,π ,
cos
0
x
f x
x
x



，求a 的取值范围．
【分析】（1）求解

f x 的单调性，从而证明；
（2）根据

cos
0
f x
x
x


，即对


sin
1
cos
0
a
x
a
x
x
x




进行构造函数多次求导后分类讨论从而求解a 的
范围.
【详解】（1）证明：当
1
2
a 
时，




1
1
sin
,
cos
1
0
2
2
2
x
f
x
x
f
x
x






，
所以：

f x 是减函数．
又因为：

0
0
f

，所以：

f x 只有一个零点．
（2）由题意得：


0,π
x
，

cos
0
f x
x
x


，即：


sin
1
cos
0
a
x
a
x
x
x




，
令函数




sin
1
cos ,
0,π
g x
a
x
a
x
x
x x





，
则：




1 cos
1
sin
g
x
a
x
x
x





，
因为
0
0
g

，要使得
0
g x 
，则存在


1
0,π
x 
，使得
g x 在

1
0, x
0,x1 上单调递增，即当


1
0,
x
x

时，

0
g
x


.
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令函数






1 cos
1
sin ,
0,π
h x
g
x
a
x
x
x x







，
则：



2 sin
cos
h x
a
x
x
x




，
因为：
0
0
h

，要使得
0
h x 
，则存在


2
0,π
x 
，使得
h x 在

2
0, x
上单调递增，即当

2
(0,
x
x

时，

0
h x


，
令函数





2 sin
cos ,
0,π
u x
h x
a
x
x
x x






，
则：



3 cos
sin
u x
a
x
x
x




，得：



0
0,
0
3
u
u
a




，
当

3
0
a



，即
3
a 时，






1 cos
1
sin
2 cos
1
sin
g
x
a
x
x
x
x
x
x








令函数


2 cos
1
sin
s x
x
x
x



，
sin
cos
s x
x
x
x



，
令函数

sin
cos
t x
s x
x
x
x




，
sin
t
x
x
x


，
因为：
0
t
x


在

0,π 上恒成立，所以函数

t x
s x

在

0,π 上单调递增．
因为：

0
0
0
t
s


，所以

0
t x
s x


在

0,π 上恒成立，
所以：
s x 在

0,π 上单调递增.
因为：
0
0
s

，所以
0
s x 
在

0,π 上恒成立，即

0
g
x


在

0,π 上恒成立，
所以：
g x 在

0,π 上单调递增，

0
0
g x
g


符合题意．
当

3
0
a



，即
3
a 时，存在


0
0,π
x 
，使得当


0
0,
x
x

时，
0
u x


，即
u x 在

0
0, x
上单调递减．
因为：
0
0
u

，所以当


0
0,
x
x

时，
0
u x 
，即

0
h x


，所以
h x 在

0
0, x
上单调递减．
因为：
0
0
h

，所以当


0
0,
x
x

时，
0
h x 
，即

0
g
x


，所以
g x 在

0
0, x
上单调递减．
因为：
0
0
g

，所以当


0
0,
x
x

时，
0
g x 
，与题意不符．
综上：a 的取值范围为

, 3



.
【点睛】关键点睛：（2）问中采用多次求导法并结合函数的单调性，然后分类讨论，从而求解出a 的取值范
围，
2．已知函数

e
ln
,
0
2
x
x
f x
a
a



．
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(1)当a
e
时，求函数

f x 的极值；
(2)证明：

2
2
ln
0
f x
a
a
a










．
【分析】（1）进行二次求导，分析单调性即可求解.
（2）设函数

f
x

在

0,+存在唯一零点
0x ，根据函数
( )
f x 的单调性的函数的最小值
0
(
)
f x
，只要


0
2
2
ln
0
f x
a
a
a










成立即可.
【详解】（1）当a
e
时，



e
eln
,
0,
2
x
x
f x
x




所以



e
e
,
0,
x
f
x
x
x





令

2
e
e
0
x
f
x
x




在

0, 

恒成立，所以函数

f
x

在

0, 

单调递增，且

1
0
f 

，
所以当



,
0,1
0
x
f
x



，函数

f x 在

0,1 上单调递减；
当



1,
,
0
x
f
x




，函数

f x 在

1,上单调递增；
所以函数

f x 在
1
x 处取得极小值



1
e 1 ln2
f


，无极大值；
（2）当a<0时，



e
ln
,
0,
2
x
x
f x
a
x




所以



e
,
0,
x
a
f
x
x
x





．
令


2
,
e
0
x
a
g x
f
x
g
x
x






在

0, 

恒成立
所以函数
g x 在

0, 

单调递增，
且当
0
x 
时，

ex
a
f
x
x




；当x 时，

ex
a
f
x
x




，
所以函数

ex
a
f
x
x



在

0,+存在唯一零点
0x ，
即


0
0
0
0
0
e
0,e
x
x
a
a
f
x
x
x





，
且当
(
)
( )
0
0
0
x
,x
, f
x
¢
Î
< ，函数

f x 在

0
0, x
上单调递减；
当



0,
,
0
x
x
f
x




，函数

f x 在

0,
x 上单调递增,
所以函数

f x 在
0
x
x

处取得极小值


0
0
0
e
ln 2
x
x
f
x
a


,
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也为最小值，
要证不等式

2
2
ln
0
f x
a
a
a










成立，
即证


0
2
2
ln
0
f x
a
a
a










成立，
即
0
0
0
0
2
2
e
ln
2
ln
ln
ln
2
2
2
x
x
x
a
a
a
a
a
a
a
x
a




























0
0
2
ln
x
a
a
a
x
a













0
0
2
a
a x
a
x






0
0
1
2
a
x
a
x











2
2
0
a
a




当且仅当
0
0
1
x
x 
时，即
0
1
x 时，等号成立，
所以

2
2
ln
0
f x
a
a
a










.
【点睛】利用导数比较大小、利用导数证明不等式，常常通过构造函数，把不等式转化为确定函数的单调
性，利用单调性得函数值的大小，为此需要求导，利用导数确定单调性，在此过程中可能需要多次求导（当
然需要多次构造函数）才能得出最终结论．
3．已知函数

cos
ex
x
f
x 
.
(1)不等式

f x
a

在
π π
,
2 2







上恒成立，求实数a 的最小值.
(2)记函数

1
e
e
x
x
g x
f
x


，记
g x 在
3π 5π
,
2
2
x





上的最小值为M ，证明：
2π
e
1
M


.
【分析】（1）求导，根据函数的单调性求解最值即可，
（2）求导，结合零点存在性定理确定函数的极值点，进而得函数的最值M ，即可根据




2
2
0
2
cos 2
e
e
1
M
g x
g








π
π
π
π
求解.
【详解】（1）由题意得，



cos
1
tan
sin
cos
e
e
x
x
x
x
x
x
f
x







.
当
π π
,
2 2
x






时，cos
0
x 
.
令

0
f
x


，得sin
cos
tan
1
x
x
x


，所以
π
4
x 
.
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所以当
π
π
,
2
4
x








时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增；当
π π
,
4 2
x







时，

0
f
x


，

f x 单调递减，
故

π
4
π
max
4
π
cos
π
2
4
e
4
2
e
f x
f


















.
所以
2 e
2
a 
π
4 ，即a 的最小值为
π
4
2 e
2
.
（2）由题意知，

1
1
e
cos
e
e
x
x
x
g x
f
x
x




，
则

sin
e
x
g
x
x




，
3π 5π
,
2
2
x





.
令

h x
g
x


，则

cos
e
x
h x
x




，
3π 5π
,
2
2
x





.
因为


cos
0,1
x
，
3π
1
2
1
0
e
e
e
e
x







，所以

0
h x


，所以

sin
e
x
g
x
x




在
3π 5π
,
2
2
x





上单调递增.
因为
3π
2
3π
1 e
0
2
g









，


2π
2π
0
e
0
g





，
5π
2
5π
1 e
0
2
g









，
所以

g
x

在
5π
2π, 2






上有零点，设为
0x ，
则当
0
3π ,
2
x
x






时，

0
g x


，
g x 单调递减，当
0,
x
x






5π
2
时，

0
g
x


，
g x 单调递增.
则




2π
2π
0
2π
cos2π
e
e
1
M
g x
g







，即结论得证.
【点睛】思路点睛：第（1）问实质上是求函数

f x 在
π π
,
2 2







上的最大值，第（2）问研究了函数
g x 在
上的单调性以及极小值、最小值.过程中两次求导，判断导函数的正负，从而确定函数的单调性.需要引起重
视的有两点：一是三角函数的有界性，如

cos
e
x
h x
x




，当
3π 5π
,
2
2
x





时，cos
[0,1]
x
.二是函数零点
存在定理的应用，注意到
(2 )
0
g
g










5π
π
2
，且

g
x

在3π 5π
,
2
2






上单调递增，由函数零点存在定理知，必
存在
0
5π
2π, 2
x






，使


0
0
g
x


，从而
0x 为
g x 的极小值点，进一步证得结论成立.
4．已知函数



ln
f x
x
x
t


的导函数为

f
x

，且曲线

y
f x

在点




1,
1
f


处的切线方程为
1
0
x
y


.
(1)证明：当
1
2
x 
时，
( )
0
f
x
¢
>
；
(2)设





3
2
1
[
]
ln
4
2
1
4
1
4
2
g x
mx
m
x
x
m
m
x
f















有两个极值点.


1
2
1
2
,
x x
x
x

，过点




1
1
,
x
g x

和




2
2
,
x g x
的直线的斜率为k，证明：
0
k 
.
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【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）点




1,
1
f


在曲线和切线上，所以先求出点，然后代入



ln
f x
x
x
t


，计算出
2
t 
，再
对



ln
2
f x
x
x


进行求二阶导数，分析在
1
2
x 
时的情况即可.
（2）现根据



ln
2
f x
x
x


的表达式化简
g x ，在对其求导，当导函数为零时，对应的方程在
1 ,
m








有两个不同实根
1
x ，
2
x ，结合二次方程根的分布化简，得到



1
2
2
2ln(2
1)
2
2
1
g x
g x
m
m






的表达式，
利用换元法，转化为：


2
2ln
2 0
1
p x
x
x
x





，分析
p x 的单调性讨论其正负即可.
【详解】（1）由题知，

1
0
f 

，


ln
1
0
t



，
2
t

.



ln
2
f x
x
x



，



ln
2
2
x
f
x
x
x






，
设




ln
2
2
2
x
h x
x
x
x





，则



2
1
2
0
2
2
h x
x
x






.

h x

单调递增，
当
1
2
x 
时，


1
3
1
ln
0
2
2
3
f
x
h x
h












.
（2）





2
2
ln
4
4
1
2ln
2
2
x
g x
x
x
mx
x
x

















2
2
2
ln
2
1
ln
2
2
x
x
mx
x
x













2
ln
1
2
x
mx
x




，



2
4
1
2
m
g
x
mx
x









2
2
4
4
1
2
mx
m
mx
x





.
由题知

0
g
x


，即
2
4
4
0
mx
m



在
1 ,
m








有两个不同实根
1
2
,
x x
1
2
1
2
1
2
4
4
0
0
4
4
m
m
x
x
m
x x
m















，即
1
2
1
2
1
1
2
0
4
4
m
x
x
m
x x
m




















1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
ln
1
ln
1
2
2
x
x
g x
g x
mx
mx
x
x










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





1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
4
4
ln
1
2
4
x x
x
x
m x x
m x
x
x x
x
x














2
4(
1)
2
ln(2
1)
2ln(2
1)
2
2
1
2
1
m
m
m
m
m










，
1
1
2
m



，
0
2
1 1
m

，
设


2
2ln
2 0
1
p x
x
x
x





，则

2
2
2
0
p x
x
x




，

p x

单调递减，
当


0,1
x
时，
1
0
p x
p


，


2
2ln 2
1
2
0
2
1
m
m






，即



1
2
0
g x
g x


，
又
1
2
x
x


，



1
2
2
1
0
g x
g x
k
x
x





.
【点睛】方法点睛：切线问题：可分为在某点的切线和过某点的切线两种；
“在某点”时，此点即为切点，直接代入导数求出斜率，然后用点斜式即可书写切线方程；
“过某点”时，此点不一定为切点，需要重新假设切点进行切线的计算.
练习题：
1．已知函数


e ,
R
x
f
x
x
a
a



.
(1)当
1
a 时，求

f x 的图象在点



0,
0
f
处的切线方程；
(2)对任意xR ，不等式

3
1
2
6
f x
x
x



恒成立，求a 的取值范围.
【答案】(1)
2
1
y
x


(2)
2
a 
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）解法一：由

3
1
2
6
f x
x
x



可得

3
1
e
2
0
6
x
x
a
x
x





，令


3
1
e
2
6
x
g x
x
a
x
x





，利用导
函数讨论函数的单调性进而求最小值即可；解法二：令


3
1
e
2
6
x
g x
x
a
x
x





，由
0
2
0
g
a



，
可得

3
1
2
6
f x
x
x



的必要条件为
2
a ，再利用导数证明充分性，即当
2
a 时，





3
3
1
1
e
2
2 e
2,
6
6
x
x
g x
x
a
x
x
x
x
x










即可；解法三：分离参数可得
3
1
2
e
6
e
x
x
x
x
x
a




，利
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用导函数求单调性进而求最值即可.
【详解】（1）当
1
a 时，



2 ex
f
x
x



，


0
2,
0
1
f
f


，
所以

f x 的图象在点



0,
0
f
处的切线方程为


1
2
0
y
x


，即
2
1
y
x

.
（2）（解法一）由

3
1
2
6
f x
x
x



可得

3
1
e
2
0
6
x
x
a
x
x





，
令


3
1
e
2
6
x
g x
x
a
x
x





，则



2
1
1 e
1
2
x
g
x
x
a
x





，
令


2
1
1 e
1
2
x
h x
x
a
x




，
则






2 e
e
1
2
e
x
x
x
h
x
x
a
x
x
a









，
因为当
0
x 
时，e
1
0
x 
，当
0
x 
时，
1
0
xe 
，所以

e
1
0
x
x


，
①当2
0
a


，即
2
a 时，


0,
h
x
g
x



单调递增，
所以

0
2
0
g
a




，又


3
2
1
3
2e
(
3)
1
2
a
g
a
a





，
令
3,
1
t
a
t

，
令

2
1
2e
1
2
t
m t
t


，则

2et
m t
t



，
易知

m t

单调递减，所以



2
1
1
0
e
m t
m






，
所以

m t 在

, 1

上单调递增，



2
1
1
0
e
2
m t
m





，
所以

0
m t 
，即


3
0
g
a


，
由零点存在定理知存在


0
3,0
x
a

，使得




0
2
0
0
0
1
1 e
1
0
2
x
g
x
x
a
x






，




0
0
3
3
2
min
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
( )
e
2
e
1
6
6
2
x
x
g x
g x
x
a
x
x
x
x
x










，
令
3
2
1
1
e
1
6
2
x
k x
x
x
x




，则

2
1
e
1
2
x
k
x
x
x




，
令
e
1
x
n x
x


，则

e
1
x
n x


，
因为当
0
x 
时

0
n
x


，
n x 单调递增，当
0
x 
时，

0
n x


，
n x 单调递减，
所以

0
0
n x
n


，所以e
1
x
x

，

0
k
x


，
所以
k x 单调递减，所以


0
0
0
k x
k


，
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所以
2
a 符合题意；
②当2
0
a


，即
2
a 时，
0
2
0
g
a



矛盾，
综上所述
2
a .
（解法二）由

3
1
2
6
f x
x
x



可得

3
1
e
2
0
6
x
x
a
x
x





.
令


3
1
e
2
6
x
g x
x
a
x
x





，有
0
2
0
g
a



，
所以

3
1
2
6
f x
x
x



的必要条件为
2
a ，
下面证明充分性：
当
2
a 时，




3
3
1
1
e
2
2 e
2,
6
6
x
x
g x
x
a
x
x
x
x
x










令


3
1
2 e
2
6
x
u x
x
x
x





，则



2
1
1 e
1
2
x
u x
x
x




，
令


2
1
1 e
1
2
x
t x
x
x



，则


e
e
1
x
x
t
x
x
x
x





，
又当xR 时，
0
t
x


，所以
t x 单调递增，

u x

单调递增，
又

0
0
u

，
所以当


,0
x
时，


0,
u
x
u x


单调递减，
当


0,
x
时，


0,
u
x
u x


单调递增.
所以

0
0
u x
u


，
所以当
2
a 时，




3
3
1
1
e
2
2 e
2
0
6
6
x
x
g x
x
a
x
x
x
x
x











，
综上所述，
2
a .
（解法三）由

3
1
2
6
f x
x
x



可得
3
1
2
e
6
e
x
x
x
x
x
a




.
令
3
1
2
e
6
e
x
x
x
x
x
g x




，则

3
2
1
1
1 e
6
2
e
x
x
x
x
x
g
x






，
令
3
2
1
1
1 e
6
2
x
u x
x
x
x




，则

2
1
1 e
2
x
u x
x
x




，
令
e
1
x
n x
x


，则

e
1
x
n x


，
因为当
0
x 
时

0
n
x


，
n x 单调递增，当
0
x 
时，

0
n x


，
n x 单调递减，
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所以

0
0
n x
n


，所以e
1
x
x

，所以

2
1
1 e
0
2
x
u x
x
x





，
即
u x 单调递减，又
0
0
u

，
所以当


,0
x
时，
0
u x 
，即


0,
g
x
g x


单调递增，
当


0,
x
时，
0
u x 
，即


0,
g
x
g x


单调递减，
所以

0
2
g x
g

，所以
2
a .
【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义和不等式恒成立问题，第二问需要求函数的高阶导数，利用
高阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，解题过程中要注意分类讨论和数形
结合思想的应用.
2．函数



ln
1
f x
x


．
(1)求证
0
x

：

1
x
f x
x

；
(2)若方程

f x
k
x

恰有两个根，求证：4
3
5
2
k


．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意对



ln
1
1
1
x
x
g x
f x
x
x
x







求导可得



2
1
2
2
1
1
x
x
g
x
x
x






，则
2
1
2
0
x
x



对
0
x

不等式恒成立，即函数( )
g x 在[0,
)
上单调递减，结合
0
0
g

即可证明；
（2）由题意可知当
0
x 
时，


ln
1
x
k
x


即
ln(
1)
( )
x
k
G x
x



恰好有1 根，利用二阶导数和零点的存在性
定理研究函数

G x 的性质，得
2
2
( )
,
(e 1,e
1)
1
m
G m
m
m





，再次利用导数研究函数


G m 的性质可得3
4
m


，
结合

( (4),
(3))
k
G
G
m
G


即可证明.
【详解】（1）令



ln
1
1
1
x
x
g x
f x
x
x
x







(
1)
x 
，



1
1
1
1
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x

















，
令2
1
2
0
x
x



，得
2
0
x 
，对
0
x

不等式恒成立，
即
( )
0
g x


在[0,
)
上恒成立，得函数( )
g x 在[0,
)
上单调递减，
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又
0
0
g

，所以( )
0
g x 
，即

1
x
f x
x

．
（2）易知
0
x 
是方程


ln
1
x
k
x


一个根，
所以当
0
x 
时，


ln
1
x
k
x


即
ln(
1)
x
k
x


恰好有1 根，
令

ln(
1)
x
G x
x


，





2
(
1)ln(
1)
0
2
1
x
x
x
G
x
x
x x x







，
设


2
(
1)ln(
1)
0
h x
x
x
x
x





，

1
ln(
1)
h
x
x



，
令
( )
0
0
e 1
h x
x





，令
( )
0
e 1
h x
x




，
所以
h x 在

0,e 1

上单调递增，在

e
1,

上单调递减，
又
2
(0)
0, (e 1)
e
2
0, (e
1)
2
0
h
h
h







，由零点的存在性定理，
得
2
(e 1,e
1)
m




使得( )
0
h m 
，即2
(
1)ln(
1)
0
m
m
m



，得
2
ln(
1)
1
m
m
m


①，
当
(0,
)
x
m

时，( )
0
h x 
，即
( )
0
G x


，函数

G x 单调递增，
当
( ,
)
x
m

时，( )
0
h x 
，即
( )
0


G x
，函数

G x 单调递减，
所以
ln(
1)
( )
( )
m
G x
G m
m



②，由①②可得
2
2
( )
,
(e 1,e
1)
1
m
G m
m
m





，
则
2
1
( )
(
1)
m
G m
m
m




，当
1
m 
时，即
( )
0
G m

，函数


G m 单调递减，
又
2
e 1
3,e
1
4


，所以
2
e 1
3
4
e
1
m




，即3
4
m


，
所以

( (4),
(3))
k
G
G
m
G


，而
4
3
(4)
,
(3)
5
2
G
G


，
所以4
3
5
2
k


，即证.
【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式证明问题时，常常采用分离参数法求范围：若
( )
f x
a

或( )
g x
a

恒成立，只需满足
min
( )
f x
a

或
max
( )
g x
a

即可，利用导数方法求出
( )
f x 的最小值或( )
g x 的最大值，从而
解决问题；也可以把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看
作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
3．如果( )
h x 是定义在区间D 上的函数，且同时满足：①
( ) ( )
0
h x h x

；②
( )
h x

与( )
h x 的单调性相同，则称
函数( )
h x 在区间D 上是“链式函数”.已知函数
2
( )
e
1
2
x
x
f x
x



，
2
( )
1
cos
2
x
g x
x


.
（1）判断函数
( )
f x 与( )
g x 在(0,
)
上是否是“链式函数”，并说明理由；
（2）求证：当
0
x 
时，
4sin
e
cos
2
3
cos
x
x
x
x




.
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【答案】（1）
( )
f x 在(0,
)
上是“链式函数”，
( )
g x 在(0,
)
上是“链式函数”，理由见解析；（2）证明见解
析.
【分析】（1）分别对函数
( )
f x 、( )
g x 用“链式函数”定义验证即可；
（2）由（1）得，当
0
x 
时，
2
e
1
2
x
x
x


和
2
cos
1
2
x
x 
，两式相加得e
cos
2
x
x
x



，所以只需证明
4sin
3
cos
x
x
x


，
构造函数
4sin
( )
3
cos
x
F x
x
x



，用导数结合单调性可得证.
【详解】（1）
( )
e
1
x
f
x
x



，令
( )
e
1,
x
m x
x



则
( )
e
1
x
m x


，
0,
( )
0,
( )
x
m x
f
x







在(0,
)
上单调递增，
又
(0)
0,
f 

当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，
又
(0)
0,
f

当
0
x 
时，
( )
0
f x 
，
∴当
0
x 
时，
( ) ( )
0
f
x f x

，
( )
f
x

与
( )
f x 在(0,
)
上均单调递增，
∴
( )
f x 在(0,
)
上是“链式函数”.
( )
sin
g x
x
x


，令
( )
sin
p x
x
x

，则
( )
1
cos
0
p x
x



，
∴
( )
g x

在(0,
)
上单调递减，又
(0)
0,
g

当
0
x 
时，
( )
0
g x


，
∴( )
g x 在(0,
)
上单调递减，又
(0)
0,
g

当
0
x 
时，( )
0
g x 
，
∴当
0
x 
时，
( ) ( )
0
g x g x


，
( )
g x

与( )
g x 在(0,
)
上均单调递减，
∴( )
g x 在(0,
)
上是“链式函数”.
（2）当
0
x 
时，由（1）知
2
e
1
0
2
x
x
x



，所以
2
e
1
2
x
x
x


，
又由（1）知
2
1
cos
0
2
x
x


，所以
2
cos
1
2
x
x 
，
两式相加得e
cos
2
x
x
x


，即e
cos
2
x
x
x



，
令
4sin
( )
3
cos
x
F x
x
x



，
则
2
2
2
2
4cos (3
cos )
4sin ( sin )
cos
6cos
5
(cos
1)(cos
5)
( )
1
0
(3
cos )
(3
cos )
(3
cos )
x
x
x
x
x
x
x
x
F x
x
x
x















，
所以
( )
F x 在(0
)

，
上单调递增，
则当
0
x 
时，
( )
(0)
0
F x
F


，即
4sin
3
cos
x
x
x


，∴当
0
x 
时，
4sin
e
cos
2
3
cos
x
x
x
x
x





，
故当
0
x 
时，
4sin
e
cos
2
3
cos
x
x
x
x




.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些
数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函
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数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握
好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，
是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
4．已知函数


ln
1
x
a
x
a
f
x
x




(1)若函数

f x 在点



e,
e
f
处的切线斜率为0，求a 的值．
(2)当
1
a 时．设函数



xf
x
G x
f x


，求证：

y
f x

与

y
G x

在

1,e 上均单调递增；
【答案】(1)
e
1


a
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知切线斜率等于求导函数在切点处的值列式求解即可；
（2）根据导函数正负与原函数单调性的对应关系，多次求导确定导函数正负即得证.
【详解】（1）

ln
1
ln
a x
a
f
x
x
x
x




的定义域为(0,
)
，
2
2
ln
1
1
( )
a x
a x
a
x
f
x
x
x
x







2
1
ln
x
a x
x


，
2
e 1
(e)
e
a
f



，
依题意得e
1
0
a


，所以
e
1


a
.
（2）∵


1 ln
2
x
x
f x
x



，

2
2
1
ln
(
1)ln
2
ln
1
x
x x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
















，
因为当
[1,e]
x
时，
1
1
(
ln
1)
1
x
x
x
x
x






0

，所以
ln
1
n x
x
x


在

1,e 上单调递增，
且

min
1
0
n x
n


，故
ln
1
0
x
x


，即
( )
0
f
x


，∴：

y
f x

在

1,e 上单调递增；



ln
1
1 ln
2
x
x
G x
x
x





，





2
1
1
(1
) (
1)ln
2
(
ln
1) ln
1 ln
2
x
x
x
x
x
x
x
x
G
x
x
x






















，
∴





2
2
1
1 ln
1
1 ln
2
x
x
x
G
x
x
x











，令



2
1
1
ln
1
m x
x
x
x




，
而





2
2
1
2 1 ln
1
1
1
1 ln
1
2(1 ln )
1
x
x
x
m x
x
x
x
x
x
x
x




















，
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令


1
2 1
ln
h x
x
x
x




，



2
1
2
1
2 1 ln
1
h x
x
x
x
x
x
















2
2
1
0
x
x



，
∴


1
2 1
ln
h x
x
x
x




在

1,e 上单调递减，且
min
e
1
4
e
0
e
x
y
y





，故


1
2 1
ln
0
h x
x
x
x





，
∴

0
m x


，
∴



2
1
1
ln
1
m x
x
x
x




在

1,e 上单调递增，且


min
1
0
m x
m


，
故

0
m x 
，即

0
G x


，∴函数

G x 在

1,e 上单调递增；
题型二放缩法
1．求证：



2
1
ln
1
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x







【答案】证明见解析
【分析】不等式等价于






2
2
1
1
ln
1
e
1 e
x
x
x
x











，利用放缩法e
1
x
x

，将不等式转化为





2
1
ln
1
1 1
e
x
x
x






，转化为证
2
2
ln
e
0
x
x
x



，构造函数，利用导数研究函数的单调性可得，
原不等式即可得证．
【详解】证明：原不等式等价于






2
2
1
1
ln
1
e
1 e
x
x
x
x











构造函数
( )
1 e x
f x
x


，求导
( )
1 e x
f
x


，令
( )
0
f
x


，得
0
x 
当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递减；
当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递增；
当
0
x 
时，
( )
f x 取得最大值，所以
( )
(0)
0
f x
f
£
=
，故e
1
x
x

恒成立，
即只需证






2
2
1
1
ln
1
1
1 e
x
x
x
x












，
即证





2
1
ln
1
1 1
e
x
x
x






即证
2
2
2
ln
e
e
0
x
x
x
x






只需证
2
2
ln
e
0
x
x
x




令

2
2
ln
e
f
x
x
x
x




，求导

ln
3
f
x
x



令
( )
0
f
x


，得
3
x
e

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当
3
e
x


时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递增；
当
3
0
e
x



时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递减；
当
3
x
e

时，
( )
f x 取得最小值，所以



3
2
3
e
e
e
0
f
x
f







，
所以



2
1
ln
1
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x







．
2．已知
1
1
2
1
1
1,
(1
)
.
2
n
n
n
a
a
a
n
n






证明
2
na
e

.
【答案】证明见解析.
【分析】分当
1
n 和
2
n 
时两种情况，当
2
n 
时，根据


2
1
1
1
n
n
n n



与


1
1
2
1
n
n n


进行放缩，得到
1
1
ln(
1)
ln(
1)
(
1)
n
n
a
a
n n





再累加证明即可
【详解】当
1
n 时，
2
1
1
1
(1
)
2
2
2
a
a




；
当
2
n 
时，
1
1
1
(1
)
(
1)
(
1)
n
n
a
a
n n
n n






1
1
1
(1
)(
1)
(
1)
n
n
a
a
n n





1
1
ln(
1)
ln(
1)
ln(1
)
(
1)
n
n
a
a
n n






.
设





ln
1
,
0
f x
x
x x




，则

1
1
0
1
1
x
f
x
x
x







，
故

f x 在

0, 

上单调递减，故




ln
1
0
0
f x
x
x
f





，故


ln
1
x
x


.
令


1
1
x
n n


，则
1
1
ln(
1)
ln(
1)
(
1)
n
n
a
a
n n





，


1
1
1
2
2
2
1
ln(
1)
ln(
1)
(
1)
1
ln(
1)
ln(
1)
1
1
1
n
n
i
i
i
n
i
a
a
i i
a
a
n




















即
2
ln(
1)
1
ln 3
3
1
.
n
n
a
a
e
e





3．函数



0
1
a
x
f x
x
x




，曲线

y
f x

在点



1,
1
f
处的切线在y 轴上的截距为11
2 ．
（1）求a ；
（2）讨论



2
g x
x f x

的单调性；
（3）设


1
1
1,
n
n
a
a
f a



，证明：
2
2
2ln
ln7
1
n
na


．
【答案】(1)
7
a 
(2)

g x 在

0, 

上单调递增．(3)证明见解析
【分析】（1）由题意知切点坐标为
1
1, 2
a







，切线方程为：


1
1
1
2
4
a
a
y
x





，结合条件列方程即可得
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到结果；
（2）由（1）知
2
7
1
x
g x
x
x









，对
g x 求导，得






2
2
7
4
7
1
x
x
x
g
x
x






，从而可知
g x 在

0, 

上
的单调性；
（3）欲证
2
2
2ln
ln7
1
n
na


，即证
1
2
ln
ln
7
1
n
na


．只需证
1
1
ln
2
7
n
n
a


．不妨设
7
n
n
a
b 
，由此可得
1
7
7
1
n
n
n
b
b
b



．因此，欲证
1
1
ln
2
7
n
n
a


，只需证
1
1
ln
2
n
n
b
b 

．
【详解】（1）由题意知切点坐标为
1
1, 2
a







．
对

f x 求导，得



2
1
1
a
f
x
x




，从而

1
1
4
a
f



．
所以切线方程为


1
1
1
2
4
a
a
y
x





，令
0
x 
，得11
1
1
2
2
4
a
a




，解得
7
a 
．
（2）由（1）知

7
1
x
f x
x



，从而
2
7
1
x
g x
x
x









，对
g x 求导，得






2
3
7
4
7
0
1
x
x
x
g
x
x







，从而可知
g x 在

0, 

上单调递增．
（3）（方法一）
由（1）知



6
1
0
1
f
x
x
x



，故

f x 单调递减，

7
7,
f

由（2）知
2
7
1
x
g x
x
x









单调递增，

7
7 7,
g

当
7
x 
时，
7 7,
g x 



2
7
7
x
f x

，

1
ln
ln 7
ln 7
2ln
0
2
x
f
x




.
当
7
x 
时，
7 7,
g x 



2
7
7
x
f x

，

1
ln
ln 7
ln 7
2ln
0
2
x
f
x




.
故

2ln
ln 7
2 2ln
ln 7
x
f
x



，所以
1
1
2
3
2ln
ln7
2 2ln
ln7
4 2ln
ln7
2
2ln
ln7
n
n
a
a
a
a










.
因为
1
1,ln 7
2,
a 

所以
2
2
ln
ln
7
1
n
na



【点睛】本题是数列与函数的综合问题，考查了数列递推关系的推导应用，不等式证明，切线的几何意义，
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以及函数单调性与数列的单调性，需要具备一定的基础知识和解题方法，属于难题．
4．已知函数
( )
e
sin
x
f x
x
ax
=
+
-
．
(1)若
( )
f x 在(0,
(0))
f
处的切线l 与直线
1
x
y

平行，求切线l 的方程；
(2)证明：当
2
a 
时，对任意的
(0,
),
( )
2
cos
x
f x
x




恒成立．
【答案】(1)
1
0
x
y


(2)证明见解析
【分析】（1）由
( )
f x 在(0,
(0))
f
切线l 与直线
1
x
y

平行得
(0)
1
f 
，可解得a，又
(0)
1
f
，即可用点斜
式写出切线方程
（2）原命题等价成e
sin
cos
2
0
x
x
x
ax





对任意的
,
(
)
0
x
恒成立，构造
( )
e
sin
cos
2
x
g x
x
x
ax




，结合当
0
x 
时e
1
x
x

、
sin
x
x

证明
( )
e
cos
sin
x
g
x
x
x
a




在(0,
)

单调递增，即可证
( )
(0)
0
g x
g




，即可证( )
(0)
0
g x
g


，命题得证
【详解】（1）
( )
e
cos
x
f
x
x
a



，则
(0)
2
f
a


．
因为切线l 与直线
1
x
y

平行，所以
(0)
2
1
f
a




，得
1
a ，
又
(0)
1
f
，所以切线l 的方程为


1 1
0
y
x


，即
1
0
x
y


．
（2）证明：由
( )
2
cos
f x
x


对任意的
,
(
)
0
x
恒成立得e
sin
cos
2
0
x
x
x
ax





对任意的
,
(
)
0
x
恒
成立．
设( )
e
1
x
h x
x


，则
( )
e
1
x
h x


，易得( )
h x 在(0,
)
上单调递增，
所以当
0
x 
时，( )
(0)
0
h x
h


，即当
0
x 
时，e
1
x
x

，
设( )
sin (
0)
p x
x
x x



，则
( )
1 cos
0
p x
x



，所以
( )
p x 在(0,
)
上单调递增，
故当
0
x 
时，
( )
(0)
0
p x
p


，即当
0
x 
时，
sin
x
x

，
所以当
0
x 
时，e
1
sin
1
sin
cos
x
x
x
x
x




，
即e
sin
cos
0
x
x
x



①．
设( )
e
sin
cos
2
x
g x
x
x
ax




，则
( )
e
cos
sin
x
g x
x
x
a




，
设( )
e
cos
sin
x
t x
x
x
a



，则( )
e
sin
cos
x
t x
x
x




，
由①式知当
0
x 
时，( )
0
t x


，所以( )
t x 即
( )
g x

在(0,
)
上单调递增，
所以
( )
(0)
2
g x
g
a





，
当
2
a 
时，
( )
0
g x


，所以( )
g x 在(0,
)
上单调递增，
故
( )
(0)
0
g x
g


，即e
sin
cos
2
0
x
x
x
ax





对任意的
,
(
)
0
x
恒成立，
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即
( )
2
cos
f x
x


对任意的
,
(
)
0
x
恒成立．得证
【点睛】证明不等式恒成立问题，一般可构造函数，用导数法求得函数单调性来证明其与0 的大小关系，
当一阶导数不容易判断符号时，可通过二阶导数求得一阶导数的单调性来判断符号. 本题的关键是结合
e
1
x
x

、
sin
x
x

得到的e
1
sin
1
sin
cos
x
x
x
x
x




来证明函数的二阶导数符号
练习题：
1．求证：


2
1
e
2ln
3
x
x
x
x





．
【答案】证明见解析
【分析】先确定ln
1


x
x
和
1
ex
x 
的大小关系，再利用放缩法对不等式进行化简，即可证明.
【详解】证明：显然ln
1


x
x
及
1
ex
x 
，下面给出证明：
令

ln
1
f x
x
x


，
0
x 
，则

1
1
1
x
f
x
x
x




，
0
x 
，
当
( )
0
f
x
¢
>
时，有0
1
x

，当

0
f
x


时，有
1
x ，
故当0
1
x

时，

f x 单调递增，当
1
x 时，

f x 单调递减，
所以

1
0
f x
f


，则有ln
1


x
x
；
令
e
1
x
g x
x


，xR ，则

e
1
x
g
x


，xR ，
当

0
g
x


时，有
0
x 
，当

0
g x


时，有
0
x 
，
故当
0
x 
时，
g x 单调递增，当
0
x 
时，
g x 单调递减，
所以

0
0
g x
g


，则有
1
ex
x 
，
则整理原不等式有：













1 e
2ln
1 e
2
1
1 e
1
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
















2
2
2
3
1
1
1
1
2
e
e
e
2
4
4
4
4
3
x
x
x



















.
2．已知函数

2
2
1
x
f x
xe
x
x



，其中e 为自然对数的底数，函数
g
ln
2
x
x
x



.
（1）求
g x 的最大值；
（2）求证：
1
3
0
g x
x
x




；
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（3）求证：


4
2
f x
x g x
x




.
【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用导数研究
g x 单调性，即可求其最大值.
（2）由
1
1
3
ln
1
g x
x
x
x
x





，令
1
ln
1
h x
x
x


应用导数研究单调性易证

1
h x
h

，即可证结论.
（3）原不等式等价于

ln
4
3
0
x
x e
x
x




，由（1）（2）易得
1
xe
x

、
1
ln
1
x
x

，结合基本不等式即
可证结论，注意等号成立的条件.
【详解】（1）由题意知，

1
x
g
x
x



且
(0,
)
x
，
∴在(
)
0,1 上
( )
0
g x


，
g x 单调递增；在(
)
1,+¥
上
( )
0
g x


，
g x 单调递减，
∴

max
1
1
g x
g


（2）由
1
1
3
ln
1
g x
x
x
x
x





，若
1
ln
1
h x
x
x


，则

2
2
1
1
1
x
h
x
x
x
x





∴


0,1

x
，
( )
0
h x


，
h x 单调递减；


1,


x
，
( )
0
h x


，
h x 单调递增，
∴
1
0
h x
h


，即
1
3
0
g x
x
x




得证.
（3）所求证不等式等价于

ln
4
3
0
x
x e
x
x




，
由（1）知：ln
1


x
x
，则有


ln
1
x
x


，即
1
xe
x

，当
0
x 
时等号成立，
由（2）知：
1
ln
1
x
x

，当
1
x 时等号成立，
设



2
1
ln
4
3
2
3
4
2
2
4
x
m x
x e
x
x
x x
x
x
x
x
x























2
2
1
4
1
4
4
1
2
1
0
x
x
x
x
x







，而等号不能同时成立，
∴
( )
0
m x 
，即

ln
4
3
0
x
x e
x
x




，故


4
2
f
x
x g x
x




得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，应用（1）（2）中的结论ln
1


x
x
、
1
ln
1
x
x

，利用基本不等式，同时注
意等号能否成立，可证明不等式.
3．已知函数

2
ex
f
x
ax


，
R
a
．
(1)若函数

f x 无极值，求a 的取值范围；
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(2)当
1
a ，证明

1
ln
f x
x
x

．
【答案】(1)
e
0
2
a


(2)证明见解析
【分析】（1）由

0
f
x


可得
2

xe
a
x
，数形结合依题意可知直线
2
y
a

与曲线
ex
y
x

相离或相切，列式即
可求解（2）运用分析法结合切线不等式将所要证明的不等式转化为
2
2
1
1
0



x
x
x
e
，构造函数即可证明
【详解】（1）

2
xe
x
f x
a


，导数

2
0
x
f
x
e
ax




的根，即
2

xe
a
x
的根，
亦为等式两边函数的图象的交点横坐标，设
xe
g x
x

，则



2
1
xe
x
g
x
x



，
当
0
x 
以及0
1
x

时，

0
g x


；当
1
x 时，

0
g
x


则函数
g x 在

,0


和

0,1 上单调递减，在

1,上单调递增，
大致图象如图所示：
∵函数

2
xe
x
f x
a


没有极值点，
∴0
2a
e


∴0
2

e
a
（2）设
ln
1
g x
x
x


，则

1
x
g
x
x



当0
1
x

时，

0
g
x


；当
1
x 时，

0
g x


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所以
g x 在

0,1 上单调递增，在

1,上单调递减
所以

max
1
0
g x
g


，所以ln
1
0
x
x


，所以ln
1


x
x
要证明
2
1
ln
0



xe
ax
x
x
，
先把不等式左边看成关于a 的一次函数
h a ，显然
h a 单调递减，

min
1
h a
h

，
即证
2
1
ln
0



xe
x
x
x
．
再消去对数，由不等式ln
1,
0



x
x
x
，
则只需证


2
1
1
0
xe
x
x x




（
0
x 
），
等价于证明
2
2
1
1
0



x
x
x
e
令
2
2
1
1
x
x
x
x
e




，
求导




2 1 2
x
x
x
x
e




，
此时


1
0,
,
0,
2
x
x
x











单调递减；


1 ,2 ,
0,
2
x
x
x











单调递增；




2,
,
0,
x
x
x






单
调递减．而

2
7
0
0,
2
1
0
e





，
∴
0
x


，原不等式成立，证毕！
4．已知函数



ln
x
f
x
xe
a
x
x



.
（1）当
0
a 
时，求

f x 的最小值；
（2）若对任意
0
x 
恒有不等式

1
f
x 成立，证明：


2
2 ln
2sin
x
x e
x
x
x



.
【答案】（1）
ln
a
a
a

；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得函数的导数


1
x
xe
a
f
x
x
x










，令

0
f
x


，解得
x
a
xe

，令
x
g x
xe

，利用导
数得到
g x 在


0,
x
上为增函数，且
0
0
g

，得到
x
a
xe

有唯一实根
0x ，得到
0
0
x
a
x e

，结合函数的
单调性，即可求解；
（2）当
0
a 
时，

f x 单调递增，不适合题意；当
0
a 
时，由（1）知

min
ln
f
x
a
a
a


，
设
ln
a
a
a
a



，利用导数求得
a

的单调性和最值，得出
ln
1
a
a
a

，根据

1
f
x 恒成立，得到
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ln
1
a
a
a

，转化为证
2
2ln
2sin
x
x
x
x



，根据ln
1


x
x
，进而转化为
2
2
2sin
x
x
x



，构造

2
2
2sin
g x
x
x
x




，求得单调性和最值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数



ln
x
f
x
xe
a
x
x



，可得

f x 的定义域为

0, 

，
且





1
1
x
x
a
xe
a
f
x
x
e
x
x
x



















，
令
0
x
xe
a


，解得
x
a
xe

，
令
x
g x
xe

，可得



1
0
x
x
x
g
x
e
xe
x
e






，
所以
g x 在


0,
x
上为增函数，且
0
0
g

，所以
x
a
xe

有唯一实根，
即

0
f
x


有唯一实根，设为
0x ，即
0
0
x
a
x e

，
所以

f x 在

0
0, x
上为减函数，在

0,
x 上为增函数，
所以





0
0
0
0
0
min
ln
ln
x
f x
f x
x e
a
x
x
a
a
a






.
（2）由（1）知，

f x 的定义域为

0, 

，且


1
x
xe
a
f
x
x
x










，
当
0
a 
时，可得
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f x 单调递增，

f x 值域为R ，不适合题意；
当
0
a 
时，由（1）可知

min
ln
f
x
a
a
a


，
设


ln
0
a
a
a
a a




，所以

ln
a
a


，
当


0,1
a
时，

0
a


，
a

单调递增；
当


1,
a
时，

0
a


，
a

单调递减，
所以

max
1
1
a




，即
ln
1
a
a
a

.
由

1
f
x 恒成立，所以
ln
1
a
a
a

，所以
ln
1
a
a
a

，
所以
1
a .可知
ln
1
x
xe
x
x


，因此只需证：
2
2ln
2sin
x
x
x
x



，
又因为ln
1


x
x
，只需证
2
2
2
2sin
x
x
x
x




，即
2
2
2sin
x
x
x



，
当
1
x 时，
2
2
2
2sin
x
x
x




结论成立，
当


0,1
x
时，设
2
2
2sin
g x
x
x
x




，

2
1
2cos
g
x
x
x



，
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当


0,1
x
时，

g
x

显然单调递增.


1
1
2cos1
0
g
x
g





，故
g x 单调递减，


1
2
2sin1
0
g x
g




，即
2
2
2sin
x
x
x



.
综上结论成立.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
题型三用导数证明含数列之和不等式
1．已知函数
( )
e
(
1)
x
f x
a
x



(其中e 为自然对数的底数).
(1)当
0
a 
时，试求函数在[ e,e]

上的最值；
(2)若对任意xR ，不等式
( )
0
f x 
恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)设
*
N
n
，证明：


1
1
1
1
ln
1
2
3
n
n







.
【答案】(1)
e
(e)
e
e
f


(2)
[ 1,e 1]
a 

(3)证明见解析．
【分析】（1）根据导函数正负得出函数单调性计算求解；
（2）由题意，得e
(
1)
x
a
x


恒成立，当
,
(
)
0
x
时，即
e
1
x
a
x

恒成立，令
e
( )
1
x
g x
x

，求导并且判断
单调性，即可得最小值，得参数的取值范围；当
]
,
(
0
x
，
1
a 时，e
(
1)
x
a
x


恒成立，
1
a 时，取
1
0
1
x
a



，则
1
1
e
1
a显然不成立，再取交集即可；
（3）由（2）得e
e
x
x

，两边取对并且化简累加进而证明不等式.
【详解】（1）当
0
a 
时，
e
( )
x
x
f x 
，
( )
e
1
x
f
x


，
当
0
x 
时，
( )
0
f
x


；当
0
x 
时，
( )
0
f
x


．
所以函数
( )
f x 在

e,0

上单调递减，在

0,e 上单调递增，
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所以函数
( )
f x 在
0
x 
处取得最小值

0
0
e
0=1
f


，
易知



e
-e
e
1
e
e
e
e
e +e=
+e
e
f
f





，则最大值
e
(e)
e
e
f

．
（2）若对任意xR ，不等式
( )
0
f x 
恒成立，即：e
(
1)
x
a
x


恒成立
当
,
(
)
0
x
时，
e
1
x
a
x

恒成立．
令
e
( )
1
x
g x
x

，则
2
(
1)e
( )
x
x
g x
x



．
当
( )
0
g x


，
1
x ，
( )
0
g x


，0
1
x


所以( )
g x 在

0,1 上单调递减，在(1,
)
上单调递增．
所以
1
x 时，( )
g x 取最小值e
1
，所以
(
,e
1]
a 

．
当
]
,
(
0
x
时，若
1
a 时，e
(
1)
x
a
x


恒成立；
若
1
a ，取
1
0
1
x
a



，则
1
1
e
1
a显然不满足，所以
1
a 
综上，
[ 1,e 1]
a 

（3）在（2）中，令
e
1


a
可知对任意实数x 都有e
e
x
x

，当
1
x 时，取等号，
两边同量取对数得：
1 ln
x
x

，当=1
x
时，取等号，故：ln
1
ln(
1)
x
x
x
x




(当
0
x 
时，取等号)，
所以：


1
1
1
1
ln
1
ln
N
n
n
n
n
n
n













则：


*
2
3
4
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
ln
N
1
2
3
1
2
3
n
n
n
n













即：


1
1
1
1
ln
1
2
3
n
n







【点睛】方法点睛：利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结
合思想的应用；
2．已知函数

2
ln
f x
a x
x


.
(1)若

f x 在

8,上单调递减，求实数a 的取值范围；
(2)若
2
a 
，求证：




*
2
1
2
4 6
2
ln
,
1 3 5
2
1
2
n
n
n
n
n








N


.
【答案】(1)

,128


(2)证明见解析
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【分析】（1）根据题意，

2
2
2





a
a
x
f
x
x
x
x
在

8,上恒成立，分
0
a 
和
0
a 
讨论即可得解；
（2）因为
2
a 
，所以

2
2
2x
f
x
x



，可得在

1,上

0
f
x


，所以

f x 在

1,上单调递减，所以










2
1 ,
4
3 ,
6
5 ,
,
2
2
1
f
f
f
f
f
f
f
n
f
n






，
即


2
2
2
2
2
2
2
2ln2
2
2ln1 1 ,2ln4
4
2ln3 3 ,2ln6
6
2ln5
5 ,
,2ln 2
(2 )
n
n













2
*
2ln 2
1
(2
1) ,
n
n
n




N ，
累加即可得解.
【详解】（1）由题易知函数

f x 的定义域为


2
2
0,
,
2
a
a
x
f
x
x
x
x







.
当
0
a 
时，

0
f
x


，所以

f x 在

8,上单调递减.
当
0
a 
时，令

0
f
x


，得
2
2
a
x 
.
因为

f x 在

8,上单调递减，所以
2
8
2
a .
所以
128
a 
.
所以实数a 的取值范围为0
128
a


.
综上所述，实数a 的取值范围为

,128


.
（2）因为
2
a 
，所以

2
2
2x
f
x
x



.
因为在

1,上

0
f
x


，所以

f x 在

1,上单调递减.
所以










2
1 ,
4
3 ,
6
5 ,
,
2
2
1
f
f
f
f
f
f
f
n
f
n






，
即


2
2
2
2
2
2
2
2ln2
2
2ln1 1 ,2ln4
4
2ln3 3 ,2ln6
6
2ln5
5 ,
,2ln 2
(2 )
n
n













2
*
2ln 2
1
(2
1) ,
n
n
n




N .
所以
2
4
6
2
2ln
2 1,2ln
4
3,2ln
6
5,
,2ln
2
2
1
1
3
5
2
1
n
n
n
n











，
所以






2
2
1
2
4 6
2
2 ln
1
2
3
4
2
2
1
1 3 5
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n

























，
所以




2
1
2
4 6
2
ln 1 3 5
2
1
2
n
n
n
n









.
3．证明：1
3
5
2
1
1
1
2 sin
2
4
6
2
2
1
2
1
n
n
n
n







．
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【答案】证明见解析
【分析】根据2
1
2
2
2
1
n
n
n
n

，可证明得
2
1
3
5
2
1
1
3
5
2
1
2
4
2
1
2
4
6
2
2
4
6
2
3
5
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n






























，构造函数
( )
2 sin
f x
x
x

，求
导，判断函数在
3
(0,
]
3
上的单调性，即可证明得
1
1
2 sin
2
1
2
1
n
n



.
【详解】证明：2
1
2
2
2
1
n
n
n
n


1
3
5
2
1
2
4
5
2
2
4
6
2
3
5
7
2
1
n
n
n
n








．
2
1
3
5
2
1
1
3
5
2
1
2
4
2
1
(
)
(
)
(
)
2
4
6
2
2
4
6
2
3
5
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n















．
1
3
5
2
1
1
2
4
6
2
2
1
n
n
n






令
( )
2 sin
f x
x
x

，
3
(0,
]
3
x
当
3
3
4


，
2
cos
cos 4
2
x



，

( )
2 cos
1
0
f
x
x



( )
2 sin
f x
x
x


在
3
(0,
]
3
上递增，
( )
(0)
0
f x
f



，所以
2 sin x
x
，又因为
1
1
3
2
1
2
1
3
n




，

1
1
2 sin
2
1
2
1
n
n



．
综上：1
3
5
2
1
1
1
2 sin
2
4
6
2
2
1
2
1
n
n
n
n







．
【点睛】解答本题的关键是构造函数，通过求导判断函数的单调性从而证明不等式.
4．已知函数



ln
1
1
ax
f
x
x
x



.
(1)当
1
a 时，求

f x 的极值；
(2)若

0
f x ，求a 的值；
(3)求证：


*
1
1
1
sin
sin
sin
ln2
N
1
2
2
n
n
n
n








.
【答案】(1)

f x 在
0
x 
处取得极小值0 ，无极大值
(2)
1
a 
(3)证明见解析
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【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由


sin
0
x
x x


，可知若证
1
1
1
sin
sin
sin
ln2
1
2
2
n
n
n







，即证
1
1
1
ln 2
1
2
2
n
n
n







，再根据
1
1
ln
1
n
n
n









，可得证.
【详解】（1）当
1
a 时，



ln
1
1
x
f
x
x
x



，
1
x ，
则





2
2
1
1
1
1
1
x
f
x
x
x
x







，
当


1,0
x
时，

0
f
x


，

f x 单调递减，
当


0,
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增，
所以

f x 在
0
x 
处取得极小值0 ，无极大值；
（2）由题意得







2
2
1
1
1
1
1
x
a
a
f
x
x
x
x









，
①当
0
a 
时，
( )
0
f
x
¢
>
，所以

f x 在

1,

上单调递增，
所以当


1,0
x
时，


0
0
f x
f


，与

0
f x 矛盾；
②当
0
a 
时，当


1,a 1
x

时，

0
f
x


，

f x 单调递减，
当


1,
x
a


时，
( )
0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增，
所以





min
1
ln
1
f
x
f a
a
a





，
因为

0
f x 恒成立，所以


ln
1
0
a
a



，
记


ln
1
g a
a
a



，

1
1
1
a
g
a
a
a




，
当


0,1
a
时，

0
g
a


，
g a 单调递增，
当


1,
a
时，

0
g
a


，
g a 单调递减，
所以

max
1
0
g a
g


，所以


ln
1
0
a
a



，
又


ln
1
0
a
a



，
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所以


ln
1
0
a
a



，
所以
1
a ；
（3）证明：先证


sin
0
x
x x


，
设


sin
0
h x
x
x x



，则

cos
1
0
h x
x



，
所以
h x 在区间

0, 

上单调递减，
所以

0
0
h x
h


，即sin x
x

，
所以
1
1
1
1
1
1
sin
sin
sin
1
2
2
1
2
2
n
n
n
n
n
n













，
再证
1
1
ln
1
n
n
n



，
由（2）可知


ln
1
1
x
x
x


，当
0
x 
时等号成立，
令


1
N
x
n
n



，则
1
1
ln
1
1
1
n
n
n









，
即


1
1
ln
ln
1
ln
1
n
n
n
n
n






，
所以




1
ln
2
ln
1
2
n
n
n





，，




1
ln 2
ln 2
1
n
n
n
n 



，
累加可得


1
1
1
ln 2
ln
ln 2
1
2
2
n
n
n
n
n









，
所以
1
1
1
sin
sin
sin
ln2
1
2
2
n
n
n







.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)
值问题处理．
练习题：
1．已知函数
( )
ln(1
)
(
1)(
0)
f x
x
x
a x
x





，其中a 为实常数．
(1)若函数
2
( )
( )
0
1
x
g x
f
x
x





定义域内恒成立，求a 的取值范围；
(2)证明：当
0
a 
时，
2
( )
1
f x
x
；
(3)求证：1
1
1
1
1
1
ln(1
)
1
2
3
1
2
3
n
n
n








．
【分析】（1）根题意求得
2
( )
0
(1
)
x
g x
x




，得到( )
g x 在[0,
)
上单调递增，结合

0
0
a
g


，即可求解；
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（2）根据题意转化为证明ln(1
)
,
[0,
)
x
x x



，设( )
ln(1
)
(
0)
h x
x
x x




，利用导数求得函数( )
h x 的单调性，
结合( )
(0)
0
h x
h


，即可求解；
（3）根据
ln(1
)
,
[0,
)
1
x
x
x x
x






，令
1
x
n

，得到
1
1
ln(1
)
ln
1
n
n
n
n





，结合叠加法，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，函数
( )
ln(1
)
,
[0,
)
1
x
g x
x
a x
x







，则
2
2
1
1
( )
0
1
(1
)
(1
)
x
g x
x
x
x








即( )
g x 在[0,
)
上单调递增，所以

0
0
a
g


，
所以实数a 的取值范围是(
,0]

.
（2）解：当
0
a 
时，
( )
ln(1
)(
0)
f x
x
x x



，则
2
2
( )
ln(1
)
ln(1
)
f x
x
x
x
x
x
x




由
2
( )
1
f x
x
，即ln(1
)
,
[0,
)
x
x x



，
设( )
ln(1
)
(
0)
h x
x
x x




，可得
1
1
( )
1
0
1
1
h x
x
x







所以( )
h x 在[0,
)
上单调递减，所以( )
(0)
0
h x
h


，
所以ln(1
)
,
[0,
)
x
x x



.
（3）解：由
ln(1
)
,
[0,
)
1
x
x
x x
x






，
令
1
x
n

，可得
1
1
ln(1
)
ln
1
n
n
n
n





，
1
1
ln
ln(
1)
1
n
n
n
n




，
，
1
ln 2
ln1
1
2 

，
各式叠加得：1
1
1
1
1
1
ln(1
)
1
2
3
1
2
3
n
n
n








.
2．已知
( )
, ( )
1(
x
f x
e
g x
x
e



为自然对数的底数).
(1)求证
( )
( )
f x
g x

恒成立；
(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，
2
1
1
1
(1
)(1
)
(1
)
3
3
3n
m





，求m 的最小值.
【分析】（1）令



F x
f
x
g x


，通过导数可得

F x 单调性，从而得到


min
0
0
F x
F


，进而证得
结论；（2）根据（1）的结论可得
1
3
1
1
3
n
n
e


，通过放缩可得
2
1
1
1
3 3
3
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
n
n
e






















；利用等比
数列求和公式可证得
2
1
1
1
1
3
3
3
2
n



，可知若不等式恒成立，只需
1
2
m
e

，从而得到结果.
【详解】（1）令



1
x
F x
f
x
g x
e
x




，则

1
x
F
x
e



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当


,0
x
时，

0
F
x


；当


0,
x
时，

0
F
x



F x

在

,0


上单调递减；在

0, 

上单调递增


0
min
0
0 1
0
F x
F
e





，即



0
F x
f
x
g x



恒成立


f x
g x


恒成立
（2）由（1）知：
1
3
1
1
3
n
n
e


2
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
3
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
n
n
n
e
e
e
e


























又
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
1
1
3
3
3
2
3
2
1
3
n
n
n






















1
1
1
1
2
3
2
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
n
n
e
e






























又
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3 n
m




















恒成立
1
2
m
e


m

为正整数
m

的最小值为：2
【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到不等关系的证明、恒成立问题的求解等知识；解决问
题的关键是能够对不等号左侧的式子根据所证函数不等关系的结论进行合理的放缩，结合等比数列求和公
式求得结果.
3．已知函数

e
1
x
f x
x


．
(1)证明：当
0
x 
时，1
f x ；当
0
x 
时，

1
f x ．
(2)正项数列
nx
满足：


1
e nx
n
f x

，
1
1
x ，证明：
（i）数列
nx
递减；
（ii）
1
1
1
2
2
n
i
n
i
x





．
【分析】（1）先证明e
1
0
x
x

，继而可得结论.
（2）（i）要证数列
nx
递减，只证
1
e
e
n
n
x
x

，即证e
1
e
n
n
x
x
nx

，换元后，利用导数证明即可；（ii）先证



2
e
1
e ,
0
x
x
f x
x
x




，继而得
1
2
n
n
x
x 
，则
1
1
1
2
2
n
n
n
x
x




，根据条件，求和即可.
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【详解】（1）设


( )
e
1
0
x
g x
x
x




，
则
( )
e
1
x
g x


，
令
( )
e
1
0
x
g x



得
0
x 
，
令
( )
e
1
0
x
g x



得
0
x 
，
所以( )
g x 在

,0


上单调递减，在

0, 

上单调递增，
则
( )
(0)
0
g x
g


，
即e
1
0
x
x


，
则当
0
x 
时，e
1
1
x
x
即

1
f x ；
0
x 
时，e
1
1
x
x
即

1
f x .
（2）（i）因为数列
nx
各项为正，
要证数列
nx
递减，只需证明
1
0
n
n
x
x



，
即证
1
e
e
n
n
x
x

，又


1
e
1
e
n
n
x
x
n
n
f x
x




，
所以即证e
1
e
n
n
x
x
nx

，
令
0
n
t
x


，
不等式化为


e
1
1
0
t
t



，
设


( )
e
1
1,
0
t
g t
t
t





，
则
( )
e
0
t
g t
t



，恒成立，
故


( )
e
1
1
t
g t
t



在

0, 

上单调递增，
则( )
(0)
0
g t
g


恒成立，
即


e
1
1
0
t
t



在

0, 

上恒成立，
则原命题得证.
（ii）先证明：



2
e
1
e ,
0
x
x
f x
x
x




，
即证
2
e
1
0
x
x
xe


，
设
2
( )=e
e
1,
0
x
x
h x
x
x


，
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则
2
2
( )=e
e
e
2
x
x
x
x
h x









2
2
2
=e
e
1
e
(e
1
)
0
2
2
x
x
x
x
x
x












，

e
1
0
x
x


所以( )
h x 在

0, 

上单调递增，
则( )
(0)
0
h x
h


，则所证不等式



2
e
1
e ,
0
x
x
f x
x
x




成立.
又
0
nx 
，


1
2
e
e
n
n
x
x
n
f x


，
所以
1
2
n
n
x
x 
，
1
1
x ，
所以
1
2
1
2
2
x
x 

，
2
3
2
1 ,
2
2
x
x 


1
1
1
2
2
n
n
n
x
x




，
则当
2
n 
时，
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
n
i
n
n
i
x








，
又当
1
n 时，
1
1 1
1
2
1
2
x



，
故
1
1
1
2
2
n
i
n
i
x





成立.
【点睛】本题第一问的关键点是：先证明e
1
0
x
x


，继而分
0
x 
和
0
x 
，变化不等式，可得到结论；
本题第二问的关键是（i）：构造不等式
1
e
e
n
n
x
x

，不等式化为e
1
e
n
n
x
x
nx

，
利用换元法，设
n
t
x

，构造函数


( )
e
1
1
t
g t
t



，利用导数证明；（ii）先证明



2
e
1
e ,
0
x
x
f x
x
x




，
继而得到


1
2
e
e
n
n
x
x
n
f x


，
1
2
n
n
x
x 
，再结合等比数列的前n 和求解.
4．设函数

2
1
cos
1
2
f x
ax
x


．
(1)当
1
a 时，证明：

0
f x ；
(2)证明：
1
1
1
1
2
1
1
1
tan1
2
1
2tan
3tan
tan
2
3
n
n
n
n
n








．
【分析】（1）由函数解析式可得

f x 为偶函数，求导并根据
1
a 可判断出函数

f x 在

0, 

上单调递增，
再利用偶函数性质可证明出结论；
（2）利用（1）中结论可得
2
1
cos
1
2
x
x

恒成立，结合
1
n 且
*
N
n
可得
2
1
1
cos
1
2
n
n

，再由裂项相消可
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得
1
1
1
cos
1
2
1
2
1
n
n
n










，利用结论
sin
x
x

可得1
1
1
1
sin
cos
tan
n
n
n
n



，即
1
1
1
1
cos
1
1
2
1
2
1
tan
n
n
n
n
n












，再利用裂项相消求和即可证得结论.
【详解】（1）由题意可知函数

f x 的定义域为R ，且

f x 为偶函数，
首先研究
0
x 
时，

sin
f
x
ax
x



，
又
1
a ，所以

sin
sin
f
x
ax
x
x
x





，
令
sin
g x
x
x


，则

1 cos
0
g
x
x



，因此
g x 在

0, 

上单调递增；
所以

sin
0
0
g x
x
x
g




，即可得

0
f
x


，
因此

f x 在

0, 

上单调递增；
所以


0
0
f
x
f


，
又

f x 为偶函数，可得
0
x 
时，

0
f x 也成立；
因此

0
f x .
（2）由（1）可知，当
1
a 时，
2
1
cos
1
0
2 x
x


，
即
2
1
cos
1
2
x
x

，当且仅当
0
x 
时，等号成立；
令
1
x
n

，
1
n 且
*
N
n
，可得
2
1
1
cos
1
2
n
n

，
即
2
2
2
1
1
2
2
1
1
cos
1
1
1
1
2
4
4
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n














，
由（1）可得，当
0
x 
时，
sin
x
x

；
又
1
n 且
*
N
n
，所以
1
0
1
n

，
可得1
1
1
1
sin
cos
tan
n
n
n
n



，即
1
1
cos
1
tan
n
n
n

，也即
1
1
1
1
cos
1
1
2
1
2
1
tan
n
n
n
n
n












，
所以可得
1
1
1
1
1
1
1
1
ta
1
a
1
1
1
3
3
5
2
1
2
n1
2tan
3tan
t
2
3
1
n n
n
n
n



































1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
5
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n























，
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1
1
1
1
2
1
1
1
tan1
2
1
2tan
3tan
tan
2
3
n
n
n
n
n








.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用（1）中的结论
2
1
cos
1
2
x
x

和常用结论
sin
x
x

在

0, 

恒成立，
结合
1
n 且
*
N
n
利用放缩技巧和列项相消求和得出结论.
1.
已知函数
( )
(
1)ex
f x
mx
n




,
m nR 在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
e
2
e
y
x


，
e
1
x
g x
x


(1)求
( )
f x 的值域；
(2)若
( )
( )
( )
( )
f a
f b
g c
g d



，且a
b

，c
d

，证明：①
0
c
d


；②
0
b
c


.
【答案】(1)[1,
)

(2)证明见解析
【分析】（1）求出
( )
(
1)ex
f
x
mx
m




，根据导数的几何意义得出切线方程.结合已知，即可求出
,
m n 的值.然
后利用导函数得出

f x 的单调性，进而根据函数的单调性，结合
ex
y 
的取值，即可得出答案；
（2）求出
2
( )
(
1)
x
xe
g x
x



，得出
g x 的单调性以及值域，根据

f x 以及
g x 的性质，作出函数的图象. 设
( )
( )
( )
( )
f a
f b
g c
g d
t



，根据图象，得出a b c d
, ,
,
的范围.构造函数
( )
( )
(
)
G x
g x
g
x



，1
0
x


，二
次求导证明得到( )
(
)
g x
g
x


，即有



g c
g
c


，从而得出


g d
g
c


，根据函数的单调性，即可得
出①的证明；先推出

1
2
(
)
f x
g
x



，即有
1
(
)
2
f
c
t



.根据基本不等式，结合t 的范围得出
1
2
t
t

，即
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


f
c
f b


，然后根据函数的单调性，即可得出②的证明.
【详解】（1）由题意得
( )
(
1)ex
f
x
mx
m




，
(1)
(2
1)e
f
m




，
(1)
(
1)e
f
m
n



.
根据导数的几何意义可知，函数

f x 在点(1,
(1))
f
处的切线的斜率



1
2
1 e
k
f
m




，
( )
f x

在点(1,
(1))
f
处的切线方程为
(1)
(1)(
1)
y
f
f
x




，
整理可得
(2
1)e
e
y
m
x
n
m




，
由已知可得，
2
1 1
e
2
e
m
n
m






，解得
1
2
m
n




，
( )
(
1)e
2
x
f x
x



，
( )
ex
f
x
x


，xR .
令
( )
0
f
x


，则
0
x 
，所以
( )
f x 在

,0


上单调递减，所以


0
1
f x
f


.
又
0
x 
时，有(
1)e
0
x
x 

，所以
( )
(
1)e
2
2
x
f x
x




，
所以

1
2
f x


；
令
( )
0
f
x


，则
0
x 
，所以
( )
f x 在

0, 

上单调递增，所以


0
1
f x
f


；
综上所述，
( )
f x 的值域为[1,
)
.
（2）①由题意得
2
( )
(
1)
x
xe
g x
x



，
1
x .
令
( )
0
g x


，则
1
x 或1
0
x


，所以
g x 在(
, 1)

上单调递减，在( 1,0)

上单调递减，
所以当
1
x 时，( )
g x 的值域为(
,0)

；当1
0
x


时，( )
g x 的值域为(1,
)
；
令
( )
0
g x


，则
0
x 
，所以
g x 在(0,
)
上单调递增，
所以当
0
x 
时，( )
g x 的值域为(1,
)
.
作出函数
( )
(
1)e
2
x
f x
x


以及
e
1
x
g x
x


的图象如下图，
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设
( )
( )
( )
( )
f a
f b
g c
g d
t



，且a
b

，c
d

，
由图象可知，1
2
t

，且1
0
c
d



，
0
a
b


.
令
( )
( )
(
)
G x
g x
g
x



，1
0
x


，
则
( )
( )
(
)
G x
g x
g
x






2
2
2
1
e
e (
1)
1
x
x
x
x
x
x



















.
令( )
(1
)e
(1
)
x
T x
x
x




，1
0
x


，则
( )
e
1
x
T x
x


.
令
( )
e
1
x
Q x
x

，则
( )
(
1)e
0
x
Q x
x




，
所以

Q x ，即

T
x

在

1,0

上单调递减，

1
( )
( 1)
1
0
e
T x
T






，


T x 在

1,0

上单调递减，

( )
(0)
0
T x
T

，
(1
)e
(1
)
x
x
x




.
又1
0
x


，
1
e
0
1
x
x
x





.
2
2
2
1
e
e (
1
(
1
)
)
x
x
x
x
x
x
G x





















2
1
1
e
e
0
e (
1)
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x


















，


G x 在

1,0

上单调递减，
( )
(0)
0
G x
G



，
( )
(
)
g x
g
x



，



g c
g
c


.
又( )
( )
g d
g c

，



g d
g
c


.


g x 在(0,
)
上单调递增，
0
d 
，
0
c

，
d
c

，
0
c
d


；
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②由①得，
( )
( )
( )
( )
f a
f b
g c
g d
t



，1
2
t

，
0
a
b


.



1
(
)
1
e x
g
x
x



，


1
2
2
1
e
(
)
x
x
g
x








1 e
2
x
x
f x




，
1
1
(
)
2
2
( )
f
c
g c
t





.
1
2
t

，
1
1
2
2
t
t
t
t




，当且仅当
1
t
t

，即
1
t 时，等号成立.
1
2
t

，
1
2
t
t


，即
1
2
t
t

，即



f
c
f b


.

( )
f x 在

0, 

上单调递增，
0
b 
，
0
c

c
b

，
0
b
c



.
【点睛】关键点睛：构造函数
( )
( )
(
)
G x
g x
g
x



，1
0
x


，根据二次求导得出( )
(
)
g x
g
x


.然后即可根
据题中已知条件，结合函数的单调性，得出证明.
2.
若
0
x 
证明：



2
e
1 ln
1
x
x
x



【答案】证明见解析.
【分析】根据分析法，利用函数的导数，及二次求导结合函数单调性求证即可.
【详解】要证：



2
e
1 ln
1
x
x
x



,
即证：




ln e
1 1
ln
1
lne
e
1
e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x
x








,
令





ln
1 (
0)
e
1
x
x
h x
x
h x
h
x






，
要证
,
2
ln(
1)
1
( )
x
x
x
h x
x






, 令
( )
ln(
1)
1
x
m x
x
x




，则
2
2
1
1
( )
0
(
1)
1
(
1)
x
m x
x
x
x









，
所以
( )
ln(
1)
1
x
m x
x
x




在(0,
)
上单调递减，故
( )
(0)
0
m x
m


，即
( )
0
h x


，
( )
h x

在

0 
，
单减，故即证：
e
1
x
x 
，即证e
1
0(
0)
x
x
x



，
令
e
1
( )
x
n
x
x 

，则
0
x 
时，
e
1
0
( )
x
n x




，故
e
1
( )
x
n
x
x 

单调递增，
所以( )
(0)
0
n x
n


，即e
1
0(
0)
x
x
x



成立.
问题得证．
3.
已知函数
( )
e
(
)
x
f x
a
x a


R .
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
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(2)若
(0,1)
a
，证明:
1
0
f
a






.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数
( )
f
x

，分类讨论确定
( )
f
x

的正负得单调区间；
（2）计算
1
1
2
1
1
1
1
e
e
1
a
a
f
a
a
a
a
a
a























，构造函数
2
ex
h x
x


，

1
x 
，求出
( )
h x

，对
( )
h x

再一
次求导（需引入新函数），确定
( )
h x

的单调性后得其正负，从而确定( )
h x 的单调性，得证结论成立．
【详解】（1）

e
1
x
f
x
a


，
若
0
a 
，e
1
0
x
a

，即

0
f
x


，此时

f x 在R 上单调递减．
若
0
a 
，解
( )
0
f
x
¢
>
得
1
ln
x
a

，
解

0
f
x


得
1
ln
x
a

，
∴

f x 在
1
,ln a






上单调递减，在
1
ln
,
a







上单调递增．
（2）∵
1
1
2
1
1
1
1
e
e
1
a
a
f
a
a
a
a
a
a























，
设
2
ex
h x
x


，

1
x 

e
2
x
h x
x



，
设


e
2
1
x
x
x x





e
2
0
x
x




，
∴
x

在

1,上单调递增，
1
x ，
1
e
2
0
x






．
∴

0
h x


，
h x 在

1,上单调递增．
∴

1
e 1
0
h x
h



．
∴
1
0
f
a






．
4.
已知函数
(
)
cos
1
1
(
)
x
g a
x
a
e
x





，其中x
R

．求证：
(1) 
0
0
g

，且( 1)
0
g 

；
(2)
0
t
，
,
(
)
x
t t


，

1
0
xg

.
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【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）由题知(0)
(
1)
x
g
e
x



，令
( )
(
1)
x
f x
e
x



，利用导数研究函数的单调性及最值，可知
( )
0
f x 
，
即(0)
0
g

，又( 1)
cos
x
g
e
x
x




结合


cos
1,1
x
，可证得结论；
（2）由题知
1
cos
2
x
x
g
x
e




，令
cos
2
x
x
x
h
x
e




，利用导数研究函数的单调性及最值，结合
函数的零点判断分析即可得解.
【详解】（1）由题知(0)
(
1)
x
g
e
x



，令
( )
(
1)
x
f x
e
x



，x
R

求导
( )
1
x
f
x
e



，令
( )
0
f
x


，得
0
x 
当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，函数单调递减；当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，函数单调递增；
故当
0
x 
时，函数
( )
f x 取得极小值也是最小值，且
(0)
0
f

所以
( )
0
f x 
，即(0)
0
g

( 1)
1 cos
1
(
c
)
os
x
x
g
x
e
x
e
x
x










cos
1,1
x

，
cos
1
0
x
x
e
x
x
e
x





，即( 1)
0
g 

（2）
1
cos
1
1
cos
(
)
2
x
x
x
g
x
e
x
x
e







，令
cos
2
x
x
x
h
x
e




求导

sin
1
x
h
e
x
x



，
( )
cos
x
h x
e
x



，
( )
sin
x
h
x
e
x



取
1
t ，即


1,1
x
，
可知函数
( )
h
x

在

1,1

上单调递增，又
1
( 1)
sin1
0
h
e



，
(0)
1
0
h

所以存在唯一零点
0
( 1,0)
x 
，使得
0
(
)
0
h
x


当
0
( 1,
)
x
x

时，
( )
0
h
x


，函数
( )
h
x

单调递减；当
0
(
,1)
x
x

时，
( )
0
h
x


，函数
( )
h
x

单调递增；
又
1
( 1)
cos1
0
h
e




，
(0)
0
h

当
( 1,0)
x 
时，
( )
0
h x


，函数
( )
h x

单调递减；当
(0,1)
x
时，
( )
0
h x


，函数
( )
h x

单调递增；
故当
0
x 
时，函数
( )
h x

取得极小值也是最小值，且
(0)
0
h

所以
( )
0
h x


，即函数
h x 在

1,1

上单调递增
又
1
1
1
( 1)
cos1 1
sin
1
1
2
0
2
2
h
e
e
e


















，(1)
cos1 3
0
h
e




，(0)
0
h

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所以当
( 1,0)
x 
时，
0
h x 
，

0
xh x 
，即

1
0
xg

；
当
(0,1)
x
时，
0
h x 
，

0
xh x 
，即

1
0
xg

.
故取
1
t ，


1,1
x

，均有

1
0
xg

【点睛】思路点睛：本题考查函数的单调性，极值，最值的综合应用，判断函数的单调性，只需对函数求
导，根据导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断
函数的单调性，了解函数的图像的增减情况，再对极值点作出相应的要求，考查学生的分析思考能力，计
算能力，属于难题.
5.
已知函数
( )
(
0)
x
x
f x
a a
e



且
(1)
( 1)
1
f
f


.
（1）求函数
( )
f x 的单调区间；
（2）证明：
1
2
ln
x
x
e
ex


.
【答案】（1）单调递增区间为(
,1)

，
( )
f x 的单调递减区间为(1,
)
；（2）证明见解析.
【分析】（1）由


1
1
1
f
f 
求得a 的值，进而利用导数求得函数的单调区间；
（2）转化为证
2
ln
x
x
x
x
e
e


成立. 令( )
ln
g x
x
x

，利用导数求得最小值，由（1）求得

f x 的最大值，即
可证得.
【详解】（1）
(1)
( 1)
1
f
f


，1
(
)
1
a
e
a
e









，
即
2
1
a
a e
e








,解得
0
a 
或
1
a
e
e


.
0
a 

，解得
0
a 
，
∴

x
x
f
x
e

,
∴
1
( )
x
x
f
x
e



，
令
( )
0
f
x


，得
1
x .
当
(
,1)
x
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递增；
当
(1,
)
x
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 单调递减.
所以
( )
f x 的单调递增区间为(
,1)

，
( )
f x 的单调递减区间为(1,
)
.
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（2）要证
1
2
ln
x
x
e
ex


成立，只需证
2
ln
x
x
x
x
e
e


成立.
令( )
ln
g x
x
x

，则
( )
1 ln
g x
x


，令
( )
1 ln
0
g x
x



，则
1

x
e ，
当
1
0, e
x






时，
( )
0
g x


，当
1,
x
e








时，
( )
0
g x


，
所以( )
g x 在
1
0, e





上单调递减，在
1 ,
e






上单调递增，
所以
1
1
( )
e
e
g x
g 





≥
，
又由（1）可得在(0,
)
上


max
1
1
f
x
f
e


，
所以
max
2
1
e
e
e
x
x








，
所以
2
ln
x
x
x
x
e
e


，
所以原不等式成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值及不等式证明问题，难度不大.关键是第二问中的转化，
转化为与第一问中的函数相关的不等式，然后利用导数求得相应函数的最大值和最小值，进而证得不等式.
6.
已知函数
( )
ln
x
f x
x
e


.
（1）求曲线
( )
y
f x

在点
(1, (1))
P
f
处的切线方程；
（2）证明：
( )
2
0
f x 

.
【答案】（1）
(1
)
1
y
e x


；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义求出斜率，即可写出切线的方程；
（2）由原不等式可转化为ln
1
1
x
x
e

，构造函数( )
ln
1
g x
x
x


，( )
1
(
0)
x
h x
e
x x



，利用导数分
别求最大值与最小值即可求解.
【详解】（1）由
( )
ln
x
f x
x
e


，得
1
( )
ex
f
x
x



，
所以切线的斜率
(1)
1
k
f
e



，
又因为当
1
x 时，
(1)
e
f
，
所以切线方程为
(1
)(
1)
y
e
e x




，
即
(1
)
1
y
e x


.
（2）欲证
( )
2
0
f x 

，即证ln
2
0
x
x
e



，
即证ln
1
1
x
x
e

，
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设( )
ln
1
g x
x
x


，则
1
1
( )
1
x
g x
x
x




，，
当0
1
x

时，
( )
0
g x


，( )
g x 在(0,1)上单调递增，
当
1
x 时，
( )
0
g x


，( )
g x 在(1,
)
上单调递减，
所以( )
g x 在
1
x 处取得极大值，即为最大值，
所以( )
(1)
0
g x
g


，
所以ln
1
x
x

.
设( )
1
(
0)
x
h x
e
x x



，则
( )
1
0
x
h x
e



，
所以( )
h x 在(0,
)
上单调递增，
所以( )
(0)
0
h x
h


，
所以
1
xe
x

在
0
x 
时成立，
所以ln
1
1
x
x
x
e


，
所以ln
1
1
x
x
e

，
所以ln
2
0
x
x
e



，
即
( )
2
0
f x 

成立.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，利用导数求函数的最值，不等式的证明，属于中档
题.
7.
已经x
R

，
（1）求证：
1
xe
x


(其中，
2.71828
e 
)；
（2）n
N 

，求证：
1
(1
) n
n
e


.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）构造函数
( )
1
x
f x
e
x


，求函数的最小值大于等于零即可；
（2）由（1）得
1
ne
n

，n
N 

，两边取对数得
ln(1
)
n
n


，进而得
1
1
ln(1
) n
n


，即
1
(1
) n
n
e


.
【详解】解：（1）构造函数
( )
1
x
f x
e
x


，x
R

( )
1
x
f
x
e



，令
( )
0
f
x


，则
0
x 
当x 在R 上变化时，
( )
f x ，
( )
f
x

变化如下表：
x
(
,0)

0
(0,
)

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( )
f
x

_
0
+
( )
f x
递减
递增
从而：
min
( )
(0)
0
f x
f


则：
1
0
xe
x


则：
1
xe
x

在R 上恒成立.
（2）由（1）可得：
1
xe
x

在R 上恒成立，
则
N
n


时，
1
ne
n

，
两边取对数，有：
ln(1
)
n
n


则：
1
1
ln(
1)
n
n


则：
1
1
ln(1
) n
n


，
从而：
1
(1
)n
e
n


【点睛】本题考查利用导数证明不等式，考查化归转化思想，是中档题.
8.
已知函数
2
( )
e
(ln )
x
f x
k
x
x


，其中
0
k 
．
(1)当
1
e
k 
时，证明：

0
f x ；
(2)若对任意
,
(
)
0
x
，都有



2
ln
f
x
x
k


，求k 的取值范围．
【分析】（1）利用导数求得

f x 的单调区间，进而证得不等式成立.
（2）将不等式



2
ln
f
x
x
k


转化为




2
2
ln
ln
e
ln
e
ln
x
k
x
x
k
x





，利用构造函数法，结合多次求导的
方法来求得k 的取值范围.
【详解】（1）当
1
e
k 
时，


2
1
( )
e
ln
x
f x
x
x




，所以
1
2ln
( )
e
1
x
x
f
x
x




，
当


0,1
x
时，
1
e
1
x，ln
0
x 
，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递减；
当
(1,
)
x
时，
1
e
1
x，ln
0
x 
，
( )
0
f
x


，
( )
f x 单调递增，
所以

1
0
f x
f


，即不等式成立．
（2）由题意得对任意
,
(
)
0
x
，都有




2
2
ln
ln
ex
x
k
x
x
k




，
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即




2
2
e
ln
ln
x
k
x
k
x
x




，即




2
2
ln
ln
e
ln
e
ln
x
k
x
x
k
x





．
令
2
( )
eu
g u
u


，可得(
)
(
)
ln
ln
g x
g
k
x


恒成立，
( )
e
2
u
g u
u



，
令( )
e
2
u
h u
u


，所以
( )
e
2
u
h u



．
当
(
,ln 2)
u
时，
( )
0
h u


，( )
h u 单调递减；
当
(ln 2,
)
u
时，
( )
0
h u


，( )
h u 单调递增，
所以




ln 2
2 1
ln 2
0
h u
h




，即

0
g u


，所以
g u 在R 上单调递增，
所以
ln
ln
x
k
x


恒成立，即ln
ln
k
x
x


恒成立，故只需

max
ln
ln
k
x
x


．
令
ln
t x
x
x


，则
1
x
t
x
x



，
当


0,1
x
时，
0
t
x


，
t x 单调递增；
当
(1,
)
x
时，
0
t
x


，
t x 单调递减，
所以

max
1
1
t x
t

，所以只需ln
1
k ，解得
1
e
k ≥
，所以k 的取值范围是1 ,
e







．
【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：
（1）确定

f x 的定义域；
（2）计算导数

f
x

；
（3）求出

0
f
x


的根；（4）用

0
f
x


的根将

f x 的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内

f
x

的符号，进而确
定

f x 的单调区间.如果一次求导无法求得函数的单调区间，可考虑利用多次求导的方法来求解.
9.
设函数
( )
2ln
k
f x
x
kx
x



．
(1)当|
| 1
k 时，判断函数
( )
f x 的单调性；
(2)若对任意的正整数n 都有
2
2
2
1
1
(1 1)
ln (1
)
ln (1
)
2
ln
m
n






，求m 的最小值．
【分析】（1）先求定义域，根据
( )
f
x

的正负求解单调性；
（2）结合第一问，求出
2
1
1
1
(1
)
1
ln
n
n
n



，利用放缩法和裂项相消法进行求解
【详解】（1）
( )
2ln
k
f x
x
kx
x



定义域为

0,，
2
2
2
2
2
( )
k
kx
x
k
f
x
k
x
x
x







，
令
2
2
y
kx
x
k



，
|
| 1
k

，
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


2
2
Δ
4
4
4 1
0
k
k





，
当
1
k


时，
( ) 0
f
x

恒成立，
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，
当
1
k时，
( ) 0
f
x

恒成立，
( )
f x 在(0,
)
上单调递减；
综上：当
1
k


时，
( )
f x 在(0,
)
上单调递增；当
1
k时，
( )
f x 在(0,
)
上单调递减；
（2）由（1）可得，当
1
k 时，
( )
f x 在

1,上单调递减，
所以

( )
2ln
1
1
0
f x
x
x f
x





，
设
2
1
ln
,
1
g x
x
x x
x



，则

2
ln
1
1
1
2
1
2ln
0
x
g
x
x
x
x
x
x
x














，
所以


1
2
g x
g

，所以
2
1
ln
2,
1
x
x
x
x



，当且仅当
1
x 等号成立，
则
2
1
1
1
(1
)
1
ln
n
n
n



，
所以


2
2
2
1
1
ln
1 1
ln
1
ln
1
2
n



















1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
1
1
n
n
n











故m 的最小值为1.
【点睛】导函数与数列相关的证明题目，通常情况下要先利用导函数得到不等关系，然后赋值法，利用放
缩及裂项相消求和或等比数列求和等方法进行求解.
10.
设数列
na
的通项


1
1
1
na
n n



，其前n 项的和为
n
S ，证明：


ln
1
n
S
n


．
【答案】证明见解析.
【分析】结合基本不等式以及对数平均不等式之间的关系可知


2
2
0
2
ln
ln
a
b
b
a
b
a
b
a






，进而对数列

na
适当放缩，进而证明到结论.
【详解】证明：当
0
b
a


时，易证不等式
2
2
2
2
a
b
a
b



，
对
l
ln
2
n
b
a
b
a
a
b




证明如下：




2
1
2
2
1
ln
ln
(
0)
ln
ln
1
1
b
b
a
x
b
a
b
a
b
a
x
b
a
b
a
x
a




















（取
1
b
x
a

），
构造函数


2
1
ln
,(
1)
1
x
g x
x
x
x





，则
2
2
2
1
4
(
1)
( )
(
1)
(
1)
x
g x
x
x
x x







．
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因为
1
x 时，
( )
0
g x


，所以函数( )
g x 在(1,
)
上单调递增，
故
1
0
g x
g


，即证


,
0
2
ln
ln
a
b
b
a
b
a
b
a






，
综上可得


2
2
0
2
ln
ln
a
b
b
a
b
a
b
a






,
即


2
2
2
ln
ln
b
a
b
a
a
b




，
令
1,
,
b
n
a
n
=
+
=
则




2
2
2
ln
1
ln
1
n
n
n
n





2
2
2
2
1
n
n
=
+
+
2
2
2
2
2
na
n
n




，
所以





1
2
3
ln 2
ln1
ln 3
ln 2
ln
1
ln
n
n
S
a
a
a
a
n
n



















．
整理得：




ln
1
ln1
ln
1
n
S
n
n





，即证


ln
1
n
S
n


.
11.
已知函数



ln 1
sin
f x
x
a
x



．
(1)若

0
f x 
对任意的


0,1
x
恒成立，求a 的取值范围；
(2)证明：


*
1
1
1
1
1
1
cos
cos
cos
ln
N ,
2
2
2
3
3
n n
n
n
n







.
【分析】（1）对a 进行分类讨论，结合导数来求得a 的取值范围.
（2）利用构造函数法，结合导数证得1
1
cos
ln
ln(
1)
n
n
n
n 


，进而证得不等式成立.
【详解】（1）函数
( )
f x 的定义域为(0,1)，所以sin
0,1
(0,1),ln(1
)
0
x
x
x





，
所以当
0
a 
时，sin
0
a
x 
所以
( )
ln(1
)
sin
0
f x
x
a
x




恒成立，
当0
1
a

时，
1
1
( )
cos
cos
1
1
f
x
a
x
a
x
x
x







，
2
1
1
cos
sin
0
1
(
1)
a
x
a
x
x
x














，所以

f
x

在(0,1)上递减，
当
(0,1)
x
时，
1
(
, 1), cos
(0,1)
1
a
x
x





，
所以
( )
0
f
x


，即
( )
f x 在(0,1)递减，
所以
( )
(0)
0
f x
f


，满足要求；
当
1
a 时，
1
( )
cos
1
f
x
a
x
x




，
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2
1
1
cos
sin
0
1
(
1)
a
x
a
x
x
x














，所以

f
x

在(0,1)上递减，
因为

(0)
1
0,
1,
f
a
x
f
x







，
所以


0
0,1
x


，使


0
0
f
x


，且当


0
0,
x
x

时，
( )
0
f
x


，
所以
( )
f x 在

0
0, x
递增，所以


0
(0)
0
f x
f


，不合要求；
综上：a 的取值范围是(
,1]

.
（2）证明：设( )
cos
sin ,
(0,1)
g x
x
x
x x



，
则
( )
cos
sin
cos
sin
0
g x
x
x
x
x
x
x






，
所以( )
g x 在(0,1)递减，又(0)
0
g

，所以( )
0
g x 
在(0,1)上恒成立，
即cos
sin
x
x
x

在(0,1)上恒成立，
又由（1）知，当
1
a 时，ln(1
)
sin
0
x
x



，所以sin
ln(1
)
x
x


，
所以
cos
ln(1
)
x
x
x


在(0,1)上恒成立，
取


*
1
N ,
2
x
n
n
n



，得1
1
1
cos
ln 1
ln
ln
ln(
1)
1
n
n
n
n
n
n
n













，
n 分别取2，3，4，……，n ，
累加得


*
1
1
1
1
1
1
cos
cos
cos
ln
N ,
2
2
2
3
3
n n
n
n
n







，
命题得证．
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定

f x 的定义域；（2）计算导数

f
x

；（3）求出

0
f
x


的
根；（4）用

0
f
x


的根将

f x 的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内

f
x

的符号，进而确定

f x 的单调区间.如果一次求导无法求得函数的单调性，可以考虑多次求导来进行求解.
12.
已知函数



1
ex
f x
x
a



，aR ，

y
f x

的图象的一条切线的方程为
e
e
1
y
x


.e
2.71828

.
(1)求a ；
(2)当
*
nN ，
2
n 
时，证明：1
1
1
ln
2
3
n
n



.
【分析】（1）利用导数的几何意义建立关于切线斜率的方程，解方程即可求解；
（2）由（1）知
( )
e x
f
x
x


，利用导数讨论函数
( )
f x 的性质可得(1
)e
1
0
x
x


，变形为
1
ln1
x
x


，令
1
x
k
=
，
利用换元法可得1
ln
ln
ln(
1)
1
k
k
k
k
k





，结合裂项相消求和法即可证明.
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【详解】（1）由题意知，
( )
(1
)ex
f x
x
a


，则
( )
e x
f
x
x


，
由切线方程为
e
e
1
y
x


知，斜率为
e
k ，
令e
ex
x

，即e
ex
x

，故
0
x 
,
令



e ,
0,
1 e
0
x
x
s x
x
x
s x
x






,则
s x 在

0,上为增函数，而1
e
s

，
故e
ex
x

的解为
1
x ，则
(1)
f
a
，即切点为(1,
)
a

，
所以切线方程为
(
)
e(
1)
y
a
x



，即
e
e
y
x
a


，
所以
1
a ；
（2）由（1）知，
( )
e x
f
x
x


，
当
0
x 
时，
( )
0
f
x


，函数
( )
f x 在(0,
)
上单调递减，
且
(0)
0
f

，所以
( )
(0)
0
f x
f


，即(1
)e
1
0
x
x


，
得
1
e
(0
1)
1
x
x
x




，所以
1
ln1
x
x


，令
1
x
k
=
，则
1
k ，
且1
ln
ln
ln(
1)
1
k
k
k
k
k





，
所以当
2
n 
时，
1
1
1
(ln 2
ln1)
(ln3
ln 2)
[ln
ln(
1)]
ln
ln1
ln
2
3
n
n
n
n
n
















，
即证.
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