专题2.3 导数大题证明不等式归类
近三年：1、导数与不等式的结合是近3 年的高考命题热点，以解答题为主，其分值高、难度大、区分度
强，是决定考生能否获得高分的“胜负手”．
2、它体现在：
① 综合性增强：单一方法难以解决，需要多种技巧组合
② 情境化背景：可能融入实际应用情境，但核心仍是导数工具运用；
③ 创新点预测：与三角函数、抽象函数等结合的可能性增大。
预测2026 年：1、导数与不等式的结合题极大概率会继续作为压轴题出现. 题可能会在函数形式上创新，
例如与三角函数(sinx, cosx)结合，增加函数本身的复杂性，但核心方法不变——求导、分析单调性、找最
值、证不等式。会更加注重对代数变形能力和逻辑推理能力的考查。单纯的套用模板会越来越难得分，需
要真正理解每一步推导的目的。
2、导数证明不等式的思想和方法，渗透在众多题型中：
① 零点问题： 要证明函数有唯一零点，往往需要先证明函数在零点两侧单调(利用不等式)，或证明函数
在某个区间内大于0 或小于0。
② 参数范围问题： 求使不等式恒成立的参数范围，是导数不等式的直接应用。
③ 数列不等式： 压轴题的最后一问有时会与数列结合，利用前面导数证明的结论进行放缩，求和证明数
列不等式。
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1
题型01 直接构造函数法
解｜题｜策｜略
1 利用导数证明不等式，最简单的方法就是直接构造函数法：证明不等式f (x)> g( x)，转化为证明
F (x)= f (x)−g(x)>0，进而求构造函数F (x)的最值。
2 在构造函数时，要想想构造的函数是否复杂，计算量如何；求最值时，要确定构造的函数是否有最
值。
1（24-25 高二下·江苏连云港·月考）下列四个不等式①ln x< x<e
x②xln x ≥x−1③ln x ≥x−1④
sin x< x (x>0)中正确个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【知识点】利用导数证明不等式
【分析】由不等式构造函数，利用导数研究函数的单调性，求得最值，可得答案.
【详解】对于①，令y = x−ln x，求导得y
' =1−1
x = x−1
x
，令y
' =0，解得x =1，
当0< x<1时，y
'<0，当x>1时，y
'>0，
则函数y = x−ln x在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
所以x−ln x ≥1>0，即x>ln x，
令y =e
x−x，求导得y
' =e
x−1，令y
' =0，解得x =0，
当x<0时，y
'<0，当x>0时，y
'>0，
则函数y =e
x−x在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以e
x−x ≥1>0，即e
x> x，故①正确；
对于②，令y = xln x−x +1，求导可得y
' =ln x +1−1=ln x，令y
' =0，x =1，
2
当0< x<1时，y
'<0，当x>1时，y
'>0，
则函数y = xln x−x +1在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以xln x−x +1≥0，即xln x ≥x−1，故②正确；
对于③，令y =ln x−x +1，求导得y
' = 1
x −1= 1−x
x
，令y
' =0，x =1，
当0< x<1时，y
'>0，当x>1时，y
'<0，
则函数y =ln x−x +1在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以ln x−x +1≤0，即ln x ≤x−1，故③错误；
对于④，令y = x−sin x，求导可得y
' =1−cos x，由−1≤cos x ≤1，则y
'>0，
所以函数y = x−sin x在(−∞,+∞)上单调递增，由x =0，y =0，则x>0, y >0，
所以当x>0时，x>sin x，故④正确.
故选：C.
2(25-26 高三上·北京丰台·期中)已知函数f (x)= ln (1−x)．
(1)求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(−∞,0)时，f (x)>−1
2 x
2−x.
【答案】(1)y =−x
(2)证明见解析
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式
【分析】(1)根据导数几何意义可求得切线斜率，结合f (0)=0可得切线方程；
(2)构造函数g(x)= ln (1−x)+ 1
2 x
2+ x (x<0)，利用导数可求得g(x)单调性，从而得到g(x)>g(0)=0，原
结论得证.
【详解】(1)∵f (x)定义域为(−∞,1)，f
' (x)=−
1
1−x ，∴f
' (0)=−1，又f (0)=0，
∴y = f (x)在(0,f (0))处的切线方程为y =−x.
(2)令g(x)= ln (1−x)+ 1
2 x
2+ x (x<0)，
则g
' (x)=−
1
1−x + x +1=−x
2
1−x <0，∴g(x)在(−∞,0)上单调递减，
∴g(x)> g(0)=0，即当x∈(−∞,0)时，f (x)>−1
2 x
2−x
3
3(2025·内蒙古赤峰·一模)已知函数f (x)=sin x.
(1)求函数f (x)在点(0,0)处的切线方程；
(2)证明：当x∈(0,+ ∞)时，f (x)< x；
(3)求函数g(x)= 1
2 x
2+cos x的最小值.
【答案】(1)y = x
(2)证明见解析
(3)1
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)
【分析】(1)根据导函数的几何意义，求出在点(0,0)处的导函数值，写出切线方程即可.
(2)根据函数单调性与导函数的关系，通过单调性，说明不等式恒成立.
(3)根据导数说明函数单调性，进而根据函数奇偶性，以及函数单调性，说明函数的最小值，求出结果.
【详解】(1)∵f
' (x)=cos x，
∴f (x)在点(0,0)处的切线的斜率k = f
' (0)=1，
∴f (x)在点(0,0)处的切线的方程为y = x.
(2)设h(x)= f (x)−x =sin x−x，x>0，
∴h
' (x)=cos x−1，
因为−1≤cos x ≤1，∴h
' (x)=cos x−1≤0恒成立，
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减；
∴h(x)<h(0)=0，即sin x−x<0，即sin x< x，
所以当x∈(0,+ ∞)时，f (x)< x；
(3)∵g(x)的定义域是R，对于∀x∈R，都有−x∈R，
且g(−x)= 1
2
(−x)
2+cos(−x)= 1
2 x
2+cos x = g(x)，∴g(x)为偶函数；
g
' (x)= x−sin x，由g
' (x)=0，得x =0
由(2)知，当x∈(0,+ ∞)时，g
' (x)= x−sin x>0，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增；
因为g(x)为偶函数，所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增
4
∴当x =0时，gmin(x)= g(0)=1.
题型02 利用第一问结论求解
解｜题｜策｜略
在一些试题中，第一问往往会给到第二问一些提示信息，有如下几种情况：
1 可利用第一问的单调性提炼出不等式；
2 可利用第一问的最值提炼出常数不等式；
3 可利用第一问构造新的函数等等。
1(25-26 高三上·上海·单元测试)已知函数f (x)=ae
x−x−1，a∈R(e为自然对数的底数)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)当a≥1时，求证：f (x)≥0．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)
【分析】(1)求导，即可结合分类讨论求解，
(2)根据函数的单调性可得最值点，即可代入求证.
【详解】(1)f
' (x)=ae
x−1，
①若a≤0，f
' (x)≤0恒成立，此时函数f (x)的单调递减区间为(−∞,+∞)；
②若a>0，令f
' (x)>0，得x>−ln a，令f
' (x)<0，得x<−ln a．
此时函数f (x)的单调增区间为(−ln a,+ ∞)，单调减区间为(−∞,−ln a)．
综上所述，当a≤0时，函数f (x)的单调减区间为(−∞,+∞)，
当a>0时，函数f (x)的单调增区间为(−ln a,+∞)，单调减区间为(−∞,−ln a)；
(2)由(1)得a≥1，函数f (x)在x =−ln a处取得极小值，也是最小值，最小值为f (−ln a)=1+ ln a−1= ln a，
因为a≥1，所以ln a≥0，
即函数f (x)的最小值f (−ln a)≥0，所以f (x)≥0．
2(2023·吉林长春·模拟预测)已知函数f ( x)= 1
2 (x
2−1)−ln x.
(1)求f (x)的最小值；
(2)证明：ln 4
3 > 7
32.
【答案】(1)0
5
(2)证明过程见解析
【知识点】利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)
【分析】(1)利用导数的性质进行求解即可；
(2)利用(1)的结果，取特殊值代入进行证明即可.
【详解】(1)显然该函数的定义域为全体正实数，
由f ( x)= 1
2 (x
2−1)−ln x⇒f
' (x)= x−1
x = (x +1)(x−1)
x
，
当x>1时，f
' (x)>0，所以函数f (x)单调递增，
当0< x<1时，f
' (x)<0，所以函数f (x)单调递减，
因此f (x)min= f (1)=0；
(2)由(1)可知：f (x)min=0，即f ( x)= 1
2 (x
2−1)−ln x>0(x>0)⇒−ln x>−1
2 (x
2−1)(x>0)，
即ln 1
x >−1
2 (x
2−1)(x>0)，
当x = 3
4 时，ln 1
3
4
>−1
2[(
3
4)
2
−1]⇒ln 4
3 > 7
32.
3(25-26 高三上·安徽·期中)已知函数f (x)= x
2+ax−a
e
x
.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a<−2，证明：当x>2时，f (x)< 2
e
2 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数证明不等式、函数单调性、极值与最值的综合应
用
【分析】(1)求导可得f
' (x)解析式，分别讨论a=−2、a>−2和a<−2三种情况，根据二次函数的性质，分
析即可得答案.
(2)由(1)可得f (x)的单调性和最大值f (−a)= −a
e
−a ，只需证−a
e
−a < 2
e
2 即可，令g(x)= x
e
x ，利用导数判断g( x)
的单调性，分析即可得证.
6
【详解】(1)由题意f
' (x)= (2 x +a)e
x−(x
2+ax−a)e
x
(e
x)
2
= −(x +a)(x−2)
e
x
，
①若a=−2时，f
' (x)=−(x−2)
2
e
x
≤0恒成立，则f (x)在R上单调递减；
②若a>−2时，此时−a<2，
所以当x∈(−∞,−a),(2,+ ∞)时，f
' (x)<0，当x∈(−a,2)时，f
' (x)>0，
所以f (x)在(−∞,−a),(2,+∞)上单调递减，在(−a,2)上单调递增；
③若a<−2时，此时−a>2，
所以当x∈(−∞,2),(−a,+ ∞)时，f
' (x)<0，当x∈(2,−a)时，f
' (x)>0，
所以f (x)在(−∞,2),(−a,+∞)上单调递减，在(2,−a)上单调递增；
(2)若a<−2，由(1)可得，f (x)在(2,−a)上单调递增，在(−a,+∞)上单调递减，
所以f (x)在区间(2,+ ∞)上有最大值f (−a)= −a
e
−a ，只需证明−a
e
−a < 2
e
2 即可.
令g(x)= x
e
x ，则g
' (x)= 1−x
e
x
，
当x>1时，g
' (x)<0，所以g(x)在区间(1,+ ∞)上单调递减，
由于−a>2，所以g(−a)< g(2)，即−a
e
−a < 2
e
2 得证，
所以若a<−2，当x>2时，f (x)< 2
e
2 .
4(25-26 高三上·安徽淮北·期中)设函数f ( x)= ln x + 3
2 a x
2+(3a+1)x
(1)a=−1时，求函数f ( x)的最大值.
(2)讨论f ( x)的单调性.
(3)当a<0时，证明：f ( x)≤−1
2a −2.
【答案】(1)−ln3−5
6
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)、函数
7
单调性、极值与最值的综合应用
【分析】(1)求出导函数，根据导函数正负判断出原函数单调性，即可得出最大值；
(2)求出导函数，结合定义域和a的正负分类讨论即可；
(3)由(2)的讨论得出f ( x)max= f (−1
3a )= ln(−1
3a )−1
6a −1，证明其小于等于−1
2a −2即可.
【详解】(1)函数f (x)的定义域为x∈(0,+∞)，
当a=−1时，f ( x)= ln x−3
2 x
2−2 x，
∴f
'( x)= 1
x −3 x−2= −3 x
2−2 x +1
x
=−(3 x−1)( x +1)
x
.
当x∈(0, 1
3 )时，f
'( x)>0,∴f ( x)单调递增，
当x∈( 1
3 ,+∞)时，f
'( x)<0,∴f ( x)单调递减，
∴f ( x)max = f ( 1
3 )=−ln3−5
6.
(2)f ( x)定义域为(0,+ ∞)，f
'( x)= 1
x +3ax +3a+1= 3a x
2+(3a+1)x +1
x
= (3ax +1)( x +1)
x
，
若a≥0，则f
'( x)>0,∴f ( x)在(0,+ ∞)单调递增，
若a<0,则x∈(0,−1
3a )时，f
'( x)>0,∴f ( x)单调递增，
x∈(−1
3a ,+∞)时，f
'( x)<0,∴f ( x)单调递减，
综上所述：a≥0时，f ( x)在(0,+ ∞)单调递增.
a<0时，f ( x)在(0,−1
3a )单调递增，在(−1
3a ,+∞)单调递减.
(3)由(2)知，a<0时，f ( x)max = f (−1
3a )= ln(−1
3a )−1
6a −1，
∴f ( x)≤−1
2a −2等价于ln(−1
3a )−1
6a −1≤−1
2a −2，即ln(−1
3a )+ 1
3a +1≤0.
设g( x)= ln x−x +1，∴g
'( x)= 1
x −1，
当x∈(0,1)时，g
'( x)>0, g( x)单调递增.
8
当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)<0,g( x)单调递减，
∴g( x)max = g(1)=0，∴当x∈(0,+ ∞)时，g( x)≤0，
从而a<0时，ln(−1
3a )+ 1
3a +1≤0，即f ( x)≤−1
2a −2.
题型03 证明数列不等式
解｜题｜策｜略
1 遇到数列的不等式，方法较多，比如数学归纳法、放缩法、导数法等；在利用导数法时，关键在于构
造函数；
2 要注意利用第一问或第二问的引导，从中找到构造函数的思路。
1(25-26 高三上·四川自贡·月考)已知函数f (x)=ax +ln(x +1)，x>−1，
(1)讨论函数f (x)的单调性：
(2)若不等式f (x)≤0在x∈(−1,+∞)上恒成立，求实数a的所有取值构成的集合；
(3)当a=1时，定义数列{bn}满足：b1=1，bn= f (bn+1)，n∈N
*，证明：1
bn+1
−1
2 >2(
1
bn
−1
2)，
∀n∈N
*.
【答案】(1)答案见解析
(2){−1}
(3)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式、
由递推关系证明等比数列
【分析】(1)求导，分a≥0和a<0两种情况，利用导数判断函数的单调性；
(2)根据题意可知f (0)=0，根据端点效应可得f
' (0)=0，并把a=−1代入检验即可；
(3)根据f (x)的单调性和符合分析可得bn>bn+1>0，设t =bn+1>0，分析可知原题意等价于
t
2−2t +(t +2)ln(1+t )>0，构造g(t )=t
2−2t +(t +2)ln(1+t )，(t >0)，利用导数证明g(t )>0即可.
【详解】(1)由题意可知：f (x)的定义域为(−1,+∞)，且f
' (x)=a+
1
x +1 = ax +a+1
x +1
，
①当a≥0，f
' (x)>0，可知f (x)在(−1,+∞)上单调递增；
②当a<0，令f
' (x)=0，解得x =−1
a −1，
9
当x∈(−1,−1
a −1)，f
' (x)>0，可知f (x)在(−1,−1
a −1)上单调递增;
当x∈(−1
a −1,+∞)，f
' (x)<0，可知f (x)在(−1
a −1,+∞)上单调递减.
综上所述：当a≥0时，f (x)在(−1,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在(−1,−1
a −1)上单调递增，在(−1
a −1,+∞)上单调递减.
(2)因为不等式f (x)≤0在x∈(−1,+∞)上恒成立，且f (0)=0，
则f
' (0)=a+1=0，解得a=−1，
若a=−1，由(1)可知f (x)在(−1,0)上单调递增，在(0,+ ∞)上单调递减，
则f (x)≤f (0)=0，符合题意；
综上所述：实数a的所有取值构成的集合为{−1}.
(3)当a=1时，由(1)可知f (x)= x +ln(1+ x)在(−1,+∞)上单调递增，
且f (0)=0，则f (x)>0等价于x>0；f (x)<0等价于−1< x<0；
因为bn= f (bn+1)=bn+1+ln(1+bn+1)，且b1=1>0，
则f (b2)>0，可得b2>0，
且b1−b2=ln(1+b2)>0，所以b1>b2>0，
以此类推可得：∀n∈N
*，bn>bn+1>0.
设t =bn+1>0，则bn=t +ln(1+t )，
要证1
bn+1
−1
2 >2(
1
bn
−1
2)，即为1
t −1
2 >2(
1
t +ln(t +1) −1
2)，
等价于1
t + 1
2 >
2
t +ln(t +1)，两边乘以2t [t +ln(t +1)]，
整理为t
2−2t +(t +2)ln(1+t )>0，
令g(t )=t
2−2t +(t +2)ln(1+t )，(t >0)，
10
则g(0)=0，g
' (t )=2t −2+ln(1+t )+ t +2
1+t ，
令h(t )= g
' (t )，h
' (t )=2+ 1
1+t −
1
(1+t )
2 >0，
可知h(t )在(0,+∞)上单调递增，则h(t )>h(0)=0，即g
' (t )>0，
可知g(t )在(0,+∞)上单调递增，可得g(t )> g(0)=0，
即t
2−2t +(t +2)ln(1+t )>0，所以1
bn+1
−1
2 >2(
1
bn
−1
2)，∀n∈N
*.
2(2025·甘肃武威·模拟预测)已知函数f (x)=aln x + 1
x .
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若∀x∈(1,+ ∞)，f (x)< x，求a的取值范围；
(3)若an= ln (n+1)
n+1
，数列{an}的前n项积为T n，求证：2
n+1T n<1+
1
n+1.
【答案】(1)答案见解析
(2)(−∞,2]
(3)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式
【分析】(1)通过a=0，a<0，a>0三种情况讨论即可；
(2)构造g(x)= x−1
x −a ln x , x∈(1,+ ∞)，通过求导，分a≤0，0<a≤2，a>2三种情况讨论即可；
(3)由(2)取a=2得到，2ln x + 1
x < x在x∈(1,+ ∞)成立，令x =n+1,n∈N+，得到2ln (n+1)< n
2+2n
n+1 ，进
而得到an= ln (n+1)
n+1
< 1
2
(n+2)n
(n+1)
2 ，进而可求证.
【详解】(1)f (x)=aln x + 1
x ，x>0，
f
' (x)= ax−1
x
2
，
当a=0时，f
' (x)= −1
x
2 <0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递减；
11
当a<0时，f
' (x)= ax−1
x
2
<0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递减；
当a>0时，由f
' (x)= ax−1
x
2
<0，得0< x< 1
a，
由f
' (x)= ax−1
x
2
>0，得x> 1
a，
所以f (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，f (x)在(0,+ ∞)上单调递减；
当a>0时，f (x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,+∞)上单调递增；
(2)∀x∈(1,+ ∞)，f (x)< x，
即x−1
x −aln x>0, x∈(1,+∞)
令g(x)= x−1
x −aln x , x∈(1,+∞)，且g(1)=0，
而g
' (x)=1+ 1
x
2 −a
x = x
2−ax +1
x
2
，
令h(x)= x
2−ax +1，则
①当a≤0时，g
' (x)= x
2−ax +1
x
2
>0，g(x)在(1,∞)单调递增；
又g(1)=0，所以当x∈(1,+∞),g(x)= x−1
x −aln x>0，即f (x)< x；
②当¿，即0<a≤2时，h(x)= x
2−ax +1≥0，
g
' (x)= x
2−ax +1
x
2
≥0，即g(x)在(1,∞)单调递增；
又g(1)=0，所以当x∈(1,+∞),g(x)= x−1
x −aln x>0，即f (x)< x；
③当a>2时，x
2−ax +1=0有两根x1= a−√a
2−4
2
，x2= a+√a
2−4
2
.
12
因为x1 x2=1，
所以x1= a−√a
2−4
2
<1，x2= a+√a
2−4
2
>1.
可得：由h(x)= x
2−ax +1>0，即g
' (x)>0，得x> x2，
由h(x)= x
2−ax +1<0，即g
' (x)<0，得1< x< x2，
所以g(x)单调递增区间为(
a+√a
2−4
2
,+ ∞)；单调递减区间为(1, a+√a
2−4
2
).
又g(1)=0，即存在x0∈(1, a+√a
2−4
2
)，使得g(x0)<0，不符合题意，舍去；
综上所述，a的取值范围是(−∞,2]
(3)由(2)知，当a=2时，
2ln x + 1
x < x在x∈(1,+∞)成立，
令x =n+1,n∈N+，
则2ln (n+1)<n+1−
1
n+1 = n
2+2n
n+1 ，
则2ln (n+1)
n+1
< n
2+2n
(n+1)
2 ，
即an= ln (n+1)
n+1
< 1
2
(n+2)n
(n+1)
2
所以T n=a1×a2×a3×a4×⋯×an< 1
2
n × 1×3
2
2 × 2×4
3
2 × 3×5
4
2 × 4×6
5
2 ×⋯× n×(n+2)
(n+1)
2 = 1
2
n ×
n+2
2(n+1)
所以2
n+1T n<2
n+1× 1
2
n ×
n+2
2(n+1) =1+
1
n+1，得证.
题型04 证明数列不等式之无限和裂项型
13
解｜题｜策｜略
导数与数列结合的不等式证明近几年多见，不等式中有x1+ x2+⋯+ xn的话，我们会想到求和，在证明
中可利用一些裂项公式
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，1
√n <
2
√n+√n−1 =2(√n−√n−1)，ln n≤n−1等。
1(25-26 高三上·甘肃·月考)已知函数f ( x)= ln x−m( x−1)
x +1
.
(1)若f ( x)在(0,+∞)上单调递增，求实数m的取值范围；
(2)设n∈N
∗，求证：ln√n+1> 1
3 + 1
5 +⋯+
1
2n+1.
【答案】(1)(−∞,2]
(2)证明见解析
【知识点】由函数在区间上的单调性求参数、利用导数证明不等式
【分析】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增等价于f
' (x)≥0在(0,+∞)上恒成立，再分离参数，结合不等式求
最值即可；
(2)令x =1+ 1
k ，利用小问(1)可得到：ln√
k +1
k
>
1
2k +1
，再根据此式放缩，累加即得答案.
【详解】(1)f
' (x)= 1
x −
2m
( x +1)
2，
因为f ( x)在(0,+∞)上单调递增，所以f
' (x)≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以2m≤( x +1)
2
x
恒成立，令g( x)= ( x +1)
2
x
( x>0)，只需2m≤[g(x)]min，
g( x)= ( x +1)
2
x
= x + 1
x +2≥2√x⋅1
x +2= 4，
当且仅当x = 1
x ，即x =1时等号成立，所以g( x)min= 4.
由2m≤4，得m≤2，即m的取值范围是(−∞,2].
(2)由(1)知，当m=2时，f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以当x>1时，f ( x)>f (1)=0，即ln x> 2( x−1)
x +1
( x>1).
令x =1+ 1
k ，k ∈N
∗，所以ln(1+ 1
k)>
2(1+ 1
k −1)
1+ 1
k +1
，
即ln√
k +1
k
>
1
2k +1，所以ln√k +1−ln√k >
1
2k +1，k ∈N
∗.
14
当k依次取1，2，…，n 时，ln√2−ln√1> 1
3，ln√3−ln√2> 1
5，…，ln√n+1−ln√n>
1
2n+1.
上面式子叠加即得ln√n+1> 1
3 + 1
5 +⋯+
1
2n+1.
2(25-26 高三上·四川广安·月考)已知a2= 1
6，an−an+1=3anan+1．
(1)证明：{
1
an}为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)令bn= an
an+1
，T n为bn的前n项之积，求证：1
b1T 1
+
1
b2T 2
+
1
b3T 3
+⋯+
1
bnT n
<ln (n+1)．
【答案】(1)an= 1
3n
(2)证明见解析
【知识点】由递推关系式求通项公式、利用定义求等差数列通项公式、数列不等式恒成立问题、利用导数
证明不等式
【分析】(1)根据已知可得1
an+1
−1
an
=3，且1
a1
=3，由等差数列的定义写出通项公式即可；
(2)利用导数证明ln x< x−1 (0< x<1)，进而得到1
n+1 <ln n+1
n
，可得
1
bnT n
=
n
(n+1)(n+1) <
1
n+1 <ln (n+1)−ln n，累加即可证.
【详解】(1)由an−an+1=3anan+1，又由题意知，an≠0，
左右同时除以anan+1得1
an+1
−1
an
=3，
又因为a2= 1
6 ，则1
a2
=6，则1
a1
=3，
故{
1
an}是以3 为首项，3 为公差的等差数列，
所以1
an
=3+3(n−1)，可得an= 1
3n.
(2)因为bn= an
an+1
= n+1
n
，则T n=b1b2b3⋯bn= 2
1 × 3
2 × 4
3 ×⋯× n+1
n
=n+1，
15
所以
1
bnT n
=
n
(n+1)(n+1)，
令函数f (x)= ln x−x +1, 0< x<1，求导得f
' (x)= 1
x −1>0，
所以f (x)在(0, 1)上单调递增，f (x)<f (1)=0，即ln x< x−1，
取x =
n
n+1 ,n∈N
∗，则ln
n
n+1 <
n
n+1 −1=−
1
n+1，于是1
n+1 <ln n+1
n
，
所以
1
bnT n
=
n
(n+1)(n+1) <
1
n+1 <ln n+1
n
= ln (n+1)−ln n，
则
1
b1T 1
+
1
b2T 2
+
1
b3T 3
+⋯+
1
bnT n
<ln2−ln1+ ln3−ln2+ ln 4−ln3+⋯+ ln (n+1)−ln n= ln (n+1).
3(2025·广东佛山·一模)已知函数f (x)=e
1−x−ax，a∈R.
(1)讨论f (x)的零点个数；
(2)若a为正整数n，记此时f (x)的零点为xn.证明：2ln n+2
2
< x1+ x2+⋯+ xn<2√n.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【知识点】利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式、用导数判断或证明已知函数的单调性、求函
数零点或方程根的个数
【分析】(1)解法1：对函数求导，然后对a=0,a>0,a<0结合函数单调性分析得出结论；解法2：令
f (x)=e
1−x−ax =0，根据条件变形得出e
1−x
x
=a构造新函数对函数求导，结合函数单调性分析即可.
(2)结合(1)知，当a>0时，函数f (x)有一个零点得出1−xn=ln(n xn)，变形得出相应不等式，构造不等式
结合对数函数运算性质以及函数导数与单调性证明不等式即可.
【详解】(1)解法1：f
' (x)=−e
1−x−a，
①当a=0时，f (x)=e
1−x>0，函数f (x)无零点；
②当a>0时，f
' (x)<0在R上恒成立，
所以函数f (x)在R上单调递减.
因为当x→+∞时，f (x)→−∞，且f (0)=e>0，
所以函数f (x)在(0,+ ∞)上存在唯一的零点.
16
③当a<0时，令f
' (x)=0得x =1−ln(−a)，
当x>1−ln(−a)时，f
' (x)>0，f (x)在(1−ln (−a),+∞)上单调递增；
当x<1−ln(−a)时，f
' (x)<0，f (x)在(−∞,1−ln (−a))上单调递减；
所以[f (x)]min= f (1−ln(−a))=−a[2−ln(−a)].
因为当x→+∞时f (x)→+ ∞，且当x→−∞时，f (x)→+ ∞，
所以，当f (x)min<0即a<−e
2时，
函数f (x)在(−∞,1−ln(−a))和(1−ln(−a),+∞)上各存在一个零点；
当f (x)min=0即a=−e
2时，函数f (x)有一个零点x =1−ln(−a)；
当f (x)min>0即−e
2<a<0时，函数f (x)不存在零点，
综上所述，当a<−e
2时，函数f (x)有2 个零点；
当a=−e
2或a>0时，函数f (x)有一个零点；
当−e
2<a≤0时，函数f (x)不存在零点.
解法2：令f (x)=e
1−x−ax =0，
因为f (0)=e，所以x≠0，则e
1−x
x
=a，
令g(x)=e
1−x
x
，则g
' (x)= −e
1−x(x +1)
x
2
，
当x<−1时，g
' (x)>0，
当−1< x<0或x>0时，g
' (x)<0，
所以g(x)在(−∞,−1)单调递增，在(−1,0)，(0,+∞)单调递减，
所以[g(x)]大小值= g(−1)=−e
2，
当x<0且x→0时，g(x)→−∞，
当x→+∞时，g(x)→0；
当x>0时，g(x)>0，
所以，当a<−e
2时，函数f (x)有2 个零点；
17
当a=−e
2或a>0时，函数f (x)有一个零点；
当−e
2<a≤0时，函数f (x)不存在零点.
(2)由(1)知，当a>0时，函数f (x)有一个零点.
因为f (xn)=e
1−xn−n xn=0即e
1−xn=n xn，
所以1−xn=ln(n xn)，
先证ln x ≤x−1.令h(x)=ln x−x +1，则h
' (x)= 1
x −1，
当0< x<1时，h
' (x)>0，h(x)单调递增，
当x>1时，h
' (x)<0，h(x)单调递减，
所以[h(x)]max=h(1)=0，即h(x)≤0，即ln x ≤x−1
因为ln xn≤xn−1，所以1−xn≤−ln xn，
因为1−xn=ln(n xn)=lnn+ln xn，
所以lnn+ln xn≤−ln xn，即lnn≤−2ln xn=ln 1
xn
2，
所以n≤1
xn
2，xn≤1
√n <
2
√n+√n−1 =2(√n−√n−1)，
所以x1+ x2+⋯+ xn<2(√1−√0+√2−√1+⋯+√n−√n−1)=2√n，
因为ln(n xn)≤n xn−1，
所以xn=1−ln(n xn)≥1−(n xn−1)=2−n xn，即xn≥
2
n+1，
又因为ln n+2
n+1 =ln(1+
1
n+1)<
1
n+1，
所以xn≥
2
n+1 >2ln n+2
n+1 =2[ln(n+2)−ln(n+1)]，
所以x1+ x2+⋯+ xn>2[ln3−ln2+ln 4−ln3+⋯+ln(n+2)−ln(n+1)]=2ln n+2
2
，
18
所以2ln n+2
2
< x1+ x2+⋯+ xn<2√n得证.
题型05 利用函数“凹凸性”证明不等式
解｜题｜策｜略
1 对于一些指幂对函数型函数，具有明显的“凹凸性”，在不等式中可分离出两个函数，而它们的凹凸
性是不同的，结合图形能较好得到解题思路；
2 或求出它们的最值再比较，或利用切线证明；
3 如何分离出两个具有不同凹凸性的函数，是个难点，了解一些常见的函数是必要的。
1(2025 高三·全国·专题练习)已知函数g(x)= x ln x，0<a<b，证明：g(a)+ g(b)−2 g(
a+b
2 )>0．
【答案】证明见解析
【知识点】判断凹凸性
【分析】由g
″ (x)>0可得g(x)的凹凸性，由此可得结论.
【详解】∵g
' (x)= ln x +1，∴g
″ (x)= 1
x >0，∴g(x)在(0,+∞)上是下凸函数，
∴g(a)+ g(b)−2 g(
a+b
2 )>0.
2(25-26 高三上·山东青岛·月考)已知函数f (x)= x−a ln x−3e
x−1, x∈[1,+∞)．
(1)若f (x)是单调递减函数，求实数a的取值范围；
(2)当a≥1时，证明：f (x)+ x
2+1≤0．
【答案】(1)[−2,+∞)
(2)证明见解析
【知识点】由函数在区间上的单调性求参数、利用导数证明不等式
【分析】(1)方法一：根据函数的单调性，可得f
' (x)≤0, x∈[1,+∞)恒成立，分离参数，转化成
19
a≥(x−3 xe
x−1)max , x∈[1，+ ∞)恒成立，再设g(x)= x−3 xe
x−1，求导，分析函数单调性，求函数的最
大值即可.
方法二：根据函数的单调性，可得f
' (x)≤0, x∈[1,+∞)恒成立，分类讨论，可得实数a的取值范围.
(2)方法一：令h(x)= x−a ln x−3e
x−1+ x
2+1，利用导数分析函数的单调性，求函数的最小值即可，需多
次求导.
方法二：采用放缩法，把问题转化为：只需证x + x
2−3e
x−1≤ln x−1，再设M (x)= x + x
2−3e
x−1，
T (x)= ln x−1，分别求M (x)的最大值，T (x)的最小值即可.
【详解】(1)解法一：因为f (x)是单调递减函数，
所以f
' (x)=1−a
x −3e
x−1≤0, x∈[1,+∞)恒成立，
所以a≥x−3 xe
x−1, x∈[1,+ ∞)恒成立，即a≥(x−3 xe
x−1)max , x∈[1,+∞)，
令g(x)= x−3 xe
x−1，则g
' (x)=1−3(x +1)e
x−1<0，
所以g(x)= x−3 xe
x−1在[1,+ ∞)上单调递减，
所以g(x)max= g(1)=−2，所以a≥−2．
解法二：由题意得，f
' (x)=1−a
x −3e
x−1= x−a−3 xe
x−1
x
，
令g(x)= x−a−3 xe
x−1，所以g
' (x)=1−3(x +1)e
x−1≤0，
所以g(x)在[1,+ ∞)上单调递减，当g(1)=−2−a≤0，
即a≥−2时，g(x)≤0，即f
' (x)≤0，所以f (x)在[1,+∞)上单调递减．
当g(1)=−2−a>0，即a<−2时，∃x0∈[1,+∞)，
使得在[1, x0)时，g(x)>0，即f
' (x)>0，
所以f (x)在定义域上单调递减不成立．所以a≥−2．
(2)证法一：令h(x)= x−a ln x−3e
x−1+ x
2+1，
20
所以h
' (x)=1−a
x −3e
x−1+2 x，因为a≥1，
所以h
' (x)=1−a
x −3e
x−1+2 x ≤1−1
x −3e
x−1+2 x，
令M (x)=e
x−x−1，则M
' (x)=e
x−1，
因为x∈[1，+ ∞)，所以M
' (x)=e
x−1>0，所以M (x)在[1,+∞)单调递增，
所以M (x)≥M (1)=e−2>0，所以e
x> x +1，所以e
x−1≥x，
所以h
' (x)≤1−1
x −3e
x−1+2 x<1−1
x −3 x +2 x =1−(x + 1
x)，
因为x + 1
x ≥2，所以h
' (x)<0，所以h(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)=0，所以f (x)+1+ x
2≤0．
证法二：因为a≥1，所以f (x)+1+ x
2≤x−ln x−3e
x−1+1+ x
2，
欲证f (x)+1+ x
2≤0，所以只需证x−ln x−3e
x−1+1+ x
2≤0，
所以只需证x + x
2−3e
x−1≤ln x−1，
令M (x)= x + x
2−3e
x−1，则M
' (x)=1+2 x−3e
x−1，
令N (x)=e
x−x−1，则N
' (x)=e
x−1，
因为x∈[1,+∞)，所以N
' (x)=e
x−1>0，所以N (x)在[1,+ ∞)单调递增，
所以N (x)≥N (1)=e−2>0，即e
x> x +1，所以e
x−1≥x，
所以M
' (x)=1+2 x−3e
x−1<1−x ≤0，
因为M (x)= x + x
2−3e
x−1在[1,+∞)上单调递减，
所以M (x)的最大值为−1，令T (x)= ln x−1，则T (x)的最小值为−1，
所以x + x
2−3e
x−1≤ln x−1，即f (x)+1+ x
2≤0．
题型06 同构法
21
解｜题｜策｜略
1 在证明不等式构造函数时，想直接看出来一般会有难度，可能要对不等式进行变形，此时就要用到同
构的方法；
2 一些常见的同构变形：
x + ln x = ln x∙e
x , x−ln x = ln e
x
x ，x e
x =e
x + ln x , e
x
x =e
x−ln x , x
e
x =e
ln x−x.
1 设x＞0，y＞0，若ex+lny＞x+y，则下列选项正确的是( )
A．x＞y
B．x＞lny
C．x＜y
D．x＜lny
【答案】B
【详解】不等式e
x+lny＞x+y 等价于e
x﹣x＞y
lny
﹣
，
令f(x)＝e
x﹣x，则f(lny)＝e
lny﹣lny＝y
lny
﹣
，
∴不等式e
x﹣x＞y
lny
﹣
等价于f(x)＞f(lny)，
∵f'(x)＝e
x﹣1，
∴当x∈(0，+∞)时，f'(x)＝e
x﹣1＞0，f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，
∴若y∈(1，+∞)，则lny∈(0，+∞)，由f(x)＞f(lny)有x＞lny；
若y∈(0，1]，则lny≤0，由x＞0，有x＞lny．
综上所述，设x＞0，y＞0，若e
x+lny＞x+y，则有x＞lny．
故选：B．
2（2025·广东佛山·一模）若e
a+lnb>a+b，则下列结论可能成立的是（ ）
A．0<a<lnb
B．lnb<a<0
C．1<e
a<b
D．e
a<b<1
【答案】D
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数证明不等式、比较函数值的大小关系
【分析】分析化简不等式，构造新函数，求导判断单调性，根据单调性逐项判断不等式是否正确即可.
【详解】依题意得e
a−a>b−lnb，则e
a−a>b−lnb=e
lnb−lnb，
令f (x)=e
x−x，则f (a)>f (lnb).
因为f (x)=e
x−x，求导得f
' (x)=e
x−1，
易得f (x)在(−∞,0)上递减，在(0,+ ∞)上递增，
当a，lnb∈(−∞,0)时，a<lnb<0，即e
a<b<1，B 错误，D 正确.
当a，lnb∈(0,+ ∞)时，0<lnb<a，即1<b<e
a，A 和C 错误.
故选：D.
3（2022·陕西宝鸡·一模）已知a>1，b>1，则下列关系式不可能成立的是（ ）
A．e
bln a≤ab
B．e
bln a≥ab
C．ae
b≥b ln a
D．ae
b≤b ln a
22
【答案】D
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数证明不等式
【分析】构造函数f ( x)= x−ln x( x>0)，利用导数判断其单调性可判断AB；
构造函数g( x)=e
x
x ，h( x)= ln x
x ，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】对于e
bln a≤ab，两边取对数得ln(e
bln a)≤ln(ab)，
即b−ln b≤ln a−ln(ln a)，
构造函数f ( x)= x−ln x( x>0)，f
'( x)=1−1
x = x−1
x
，
当x>1时，f
'( x)>0，f ( x)是单调递增函数，
当0< x<1时，f
'( x)<0，f ( x)是单调递减函数，
若1<b≤ln a，则b−ln b≤ln a−ln(ln a)，即e
bln a≤ab，故A 正确；
若1<ln a≤b，则b−ln b≥ln a−ln(ln a)，e
bln a≥ab，故B 正确；
构造函数g( x)=e
x
x ，h( x)= ln x
x ，
g
'( x)=e
x
x =e
x( x−1)
x
2
，当x>1时，g
'( x)>0，g( x)单调递增，所以g( x)>g(1)=e，
h
'( x)= 1−ln x
x
2
，当x>e时，h
'( x)>0，h( x)单调递减，当0< x<e时，h
'( x)<0，h( x)单调递增，
h( x)≤h(e)= 1
e ，
所以x>1时g( x)> h( x)，即e
b
b > ln a
a ，
所以ae
b≥b ln a成立，ae
b≤b ln a不可能成立，故C 正确D 错误.
故选：D.
【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断
函数的单调性，从而判断不等式成立与否.
题型07 切线放缩型
解｜题｜策｜略
23
1 证明不等式时，有时候要适当放缩，但是如何放缩与放缩到什么程度是个难点；
2 对于一些具有凹凸性的函数，我们可以采取切线放缩，此时要数形结合，了解构造的函数的基本图形
与性质，在极值点或最值点的位置往往是找到切线的关键；
3 常见的不等式
e
x> x ;e
x≥x +1(x =0时取到等号)；e
x≥ex (x =1时取到等号)；lnx ≤x−1(x =1时取到等号)；
lnx ≤x
e
(x =e 时取到等号)；lnx<1−1
x 。
1 已知函数f (x)= ln x−x，g(x)=e
x−x，证明g(x)>f (x)+2。
【答案】证明见解析
【详解】令h(x)= g(x)−f (x)=e
x−ln x，
函数的定义域为(0,+∞)，
设t (x)=e
x−x−1，则t
' (x)=e
x−1>0，
∴t( x)在(0,+∞)上递增，则t (x)>t (0)=0,
∴e
x> x +1,
又lnx ≤x−1，所以−ln x ≥1−x,
∴e
x−ln x> x +1+1−x =2。
2（25-26 高一上·新疆喀什·期中）已知函数f (x)=(x +a)e
x+1(a∈R).
(1)若f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：当x>0时，x e
e
x
>e(e
x−1).
【答案】(1)a≥−1
(2)证明见解析
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式、
利用导数研究不等式恒成立问题
【分析】（1）根据给定条件，分离参数并构造函数，利用导数求出最大值即可得解；
（2）构造函数h(x)=e
x−x，x>0，利用导数证得e
x> x +1，再利用函数单调性及不等式性质推理即得.
【详解】（1）函数f (x)=(x +a)e
x+1的定义域为R，f (x)≥0⇔a≥−x−1
e
x ，
令g(x)=−x−1
e
x ，依题意，a≥g(x)恒成立，g
' (x)=−1+ 1
e
x ，
当x<0时，g
' (x)>0，当x>0时，g
' (x)<0，
24
则函数g(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+ ∞)上单调递减，g(x)max = g(0)=−1，
于是a≥−1，所以实数a的取值范围是a≥−1.
（2）当x>0时，令h(x)=e
x−x，求导得h
' (x)=e
x−1>0，函数h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则h(x)>h(0)=1，即e
x> x +1，因此e
e
x
>e
x +1，xe
e
x
> xe
x +1，
令φ(x)= xe
x−e
x+1，x>0，求导得φ
' (x)= xe
x>0，即函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
φ(x)>φ(0)=0，即xe
x>e
x−1，于是xe
x +1>e(e
x−1)，
所以xe
e
x>e(e
x−1).
3 已知函数f(x)＝ex
1
﹣﹣x﹣ax2．
(1)当a＝0 时，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0 时，若不等式f(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)若x＞0，证明：(ex
1)
﹣
ln(x+1)＞x2．
【答案】证明见解析
【分析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，利用导数即可得到函数的单调区间；
(2)对函数f(x)进行求导，构造函数h(x)＝ex
1
2ax
﹣﹣
，对函数h(x)进行求导，分别讨论a 的取值范围，进而
可解；
(3)由(2)得，a= 1
2且x＞0 时，e
x＞1+ x + x
2
2 ，即e
x−1＞x
2+2 x
2
，此时问题转化成求证ln( x +1)＞2 x
2+ x ，
构造函数F( x)= ln( x +1)−2 x
2+ x ( x＞0)，利用导数得函数的最小值可得结论．
【详解】(1)当a＝0 时，f(x)＝ex
1
x
﹣﹣，函数定义域为R，
可得f′(x)＝ex
1
﹣，
当x＜0 时，f′(x)＜0；当x＞0 时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(
∞
﹣，0]上单调递减，在[0，+∞)上单调递增；
(2)已知f′(x)＝ex
1
2ax
﹣﹣
，
令h(x)＝ex
1
2ax
﹣﹣
，函数定义域为R，
可得h′(x)＝ex
2a
﹣
，
当2a≤1，即a≤1
2时，
25
此时h′(x)≥0，h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(0)，
即f′(x)≥f′(0)＝0，
所以f(x)在[0，+∞)上为增函数，
此时f(x)≥f(0)＝0，满足条件；
当2a＞1 时，
当0≤x＜ln2a 时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，ln2a)上单调递减，
此时f(x)＜f(0)＝0，不满足题意，
综上，实数a 的取值范围为(−∞，1
2 ]；
(3)证明：由(2)得，当a= 1
2且x＞0 时，e
x＞1+ x + x
2
2
，
即e
x−1＞x + x
2
2 = x
2+2 x
2
，
要证(ex
1)ln(x+1)
﹣
＞x2，
需证e
x−1＞
x
2
ln( x +1)，
即证x
2+2 x
2
＞
x
2
ln( x +1)，
要证ln( x +1)＞2 x
2+ x ，
设F( x)= ln( x +1)−2 x
2+ x ( x＞0)，
可得F '( x)=
1
x +1 −
4
( x +2)
2 =
x
2
( x +1)( x +2)
2 ( x＞0)，
当x＞0 时，F′(x)＞0 恒成立，
所以F(x)在(0，+∞)上单调递增，
因为F(0)＝0．
所以F(x)＞0 恒成立，原不等式成立．
26
题型08 极值偏移之和型
解｜题｜策｜略
1 在极值偏移问题中，证明类似x1+ x2>a和型的不等式是最常见和简单的，其中方法很多，对称化构造
函数或利用对数不等式等。
2 常见的有
(1)极值点偏移(f
'(x0)=0)
f (x1)= f (x2)⇒x2>2 x0−x1⇒x1+ x2>2 x0
(2)拐点偏移(f
' '(x0)=0)
f (x1)+ f (x2)=2f (x0)⇒x2>2 x0−x1⇒x1+ x2>2 x0。
1(2025 高三·全国·专题练习)若f (x)= x ln x−a有两个不等的零点x1, x2，且x1< x2，求证：
x2−x1< 3
2 a+1+ 1
2e
3.
【答案】证明见解析
【知识点】利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式
【分析】构建F (x)= x ln x , x>0，原题意等价于y = F (x)与y =a有2 个交点，利用导数分析y = F (x)的单
调性和极值，即可得a, x1, x2的取值范围，利用切线放缩可证¿，即可得结果.
【详解】令f (x)= x ln x−a=0，可得x ln x =a，
构建F (x)= x ln x , x>0，原题意等价于y = F (x)与y =a有2 个交点，
因为F
' (x)=1+ ln x，令F
' (x)>0，解得x> 1
e ；令F
' (x)<0，解得0< x< 1
e ；
27
可知F (x)在(0, 1
e)内单调递减，在(
1
e ,+ ∞)内单调递增，则F (x)≥F(
1
e)=−1
e ，
当x趋近于0 时，F (x)趋近于0；当x趋近于+ ∞时，F (x)趋近于+ ∞；且F (1)=0，
若y = F (x)与y =a有2 个交点，且x1< x2，
可得−1
e <a<0，且0< x1< 1
e < x2<1，
又因为F (x1)= F (x2)=a，即x1ln x1= x2ln x2=a，
因为F (x3)= x3ln x3，F
'(x3)=1+ ln x3，x3>0，
可知F (x)在x = x3处的切线方程为y −x3ln x3=(1+ ln x3)(x−x3)，即y =(1+ ln x3)x−x3，
令g( x)= F( x)−(1+ ln x3)x + x3, x∈(0,+∞)，则g
' (x)= ln x−ln x3，
令g
'( x)>0，解得x> x3；令g
'( x)<0，解得0< x< x3，
可知g( x)在(0, x3)单调递减，在(x3,+∞)单调递增，
则g(x)≥g(x3)= x3ln x3−(1+ ln x3)x3+ x3=0，
即F (x)≥(1+ ln x3)x−x3, x∈(0,+ ∞)，当且仅当x = x3时，等号成立，
令x = x1，x3=e
−3可得a= F (x1)≥−2 x1−e
−3；
令x = x2，x3=1可得a= F (x2)> x2−1；
则−x1≤1
2 a+ 1
2e
3，x2<a+1，所以x2−x1< 3
2 a+1+ 1
2e
3.
2(25-26 高三上·山东菏泽·期中)已知函数f (x)=ax−(e
x)
2.
28
(1)a=1时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)f (x)有2 个零点x1，x2，且x1< x2.
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x1+ x2>1.
【答案】(1)y =−x−1
(2)(i)(2e,+ ∞)；(ii)证明见解析
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式、函数单调性、极值与最值的综合
应用
【分析】(1)求导，利用导数的几何意义求解；
(2)(i)令f (x)=ax−(e
x)
2=0，x =0时，f (x)=0不成立x≠0时，得a= (e
x)
2
x
，构造函数g(x)= (e
x)
2
x
，利用导
数法，求单调性，结合图像求解即可.(ii)利用g(x)的增减性，通过构造 函数
G (x)= g(x)−g(1−x)(0< x< 1
2)，求G (x)的导数，构造函数M (x)=e
x
x (0< x< 1
2)，求M (x)的导数，通
过增减性求解即可.
【详解】(1)当a=1时，f (x)= x−(e
x)
2，
则f
' (x)=1−2(e
x)
2，
则f
' (0)=−1，且f (0)=−1，
则切点(0,−1)，且切线的斜率为−1，
故函数f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =−x−1.
(2)(i)令f (x)=ax−(e
x)
2=0，x =0时，f (x)=0不成立，
x≠0时，得a= (e
x)
2
x
，
设g(x)= (e
x)
2
x
，则g
' (x)= 2(e
x)
2⋅x−(e
x)
2
x
2
=
(e
x)
2(2 x−1)
x
2
，
29
由g
' (x)>0解得单调增区间为(
1
2 ,+ ∞)，
由g
' (x)<0解得单调减区间为(−∞,0)，(0, 1
2)；
作出函数图像.
要使函数f (x)有2 个零点，
则方程a= g(x)在(0,+∞)内有2 个根，即直线y =a与函数g(x)的图象有2 个交点.
又g(
1
2)=2e，故a的取值范围为(2e,+ ∞)；
(ii)由图象可知，0< x1< 1
2 < x2，
要证x1+ x2>1；即证x2>1−x1；
又x2> 1
2，1−x1> 1
2，g(x)在(
1
2 ,+ ∞)上为增函数，则只需要证g(x2)>g(1−x1)，
又g(x2)= g(x1)，则只需要证g(x1)> g(1−x1)，0<x1< 1
2，
则构造辅助函数G (x)= g(x)−g(1−x)(0< x< 1
2)，
G
' (x)= g
' (x)+ g
' (1−x)=
(e
x)
2(2 x−1)
x
2
−
(e
1−x)
2(2 x−1)
(1−x)
2
=(2 x−1)[
(e
x)
2
x
2 −(e
1−x)
2
(1−x)
2]=(2 x−1)(
e
x
x −e
1−x
1−x)(
e
x
x +e
1−x
1−x)，
30
令M (x)=e
x
x (0< x< 1
2)，M
' (x)= xe
x−e
x
x
2
= (x−1)e
x
x
2
<0(0< x< 1
2)，
故M (x)=e
x
x (0< x< 1
2)为减函数，
所以e
x
x −e
1−x
1−x >0，e
x
x +e
1−x
1−x >0，2 x−1<0，
所以G
' (x)<0，
所以G (x)= g(x)−g(1−x)(0< x< 1
2)为减函数，
所以G (x)>G(
1
2)，所以G (x)= g(x)−g(1−x)>0，
所以g(x)> g(1−x)(0< x< 1
2)，所以g(x1)= g(x2)> g(1−x1)，
故x2>1−x1，x1+ x2>1.
3(2025·四川眉山·模拟预测)已知函数f (x)=ln x +a x
2−3 x +2，且曲线y = f (x)在x =2处的切线与直线
2 x +3 y −3=0垂直.
(1)求a的值；
(2)求f (x)的极值；
(3)若f (x1)= f (x2)= f (x3)，且x1< x2< x3，证明：2 x3+ x2−x1<3.
【答案】(1)a=1
(2)极大值为3
4 −ln2，极小值为0
(3)证明见解析
【知识点】求已知函数的极值、利用导数证明不等式、已知切线(斜率)求参数
【分析】(1)根据导数的几何意义即可求解；
(2)根据极值的定义即可求解；
(3)构造函数F (x)= f (x)−f (1−x)，x∈(0, 1
2)
，证明x1+ x2>1，构造G (x)= f (x)−f (2−x)，
31
x∈(
1
2 ,1)
，证明x2+ x3<2，最后根据不等式的基本性质即可求解.
【详解】(1)由题意可得f
' (x)= 1
x +2ax−3(x>0).
因为曲线y = f (x)在x =2处的切线与直线2 x +3 y −3=0垂直，
所以f
' (2)= 1
2 + 4 a−3= 3
2，解得a=1.
(2)由(1)得f ( x)= ln x + x
2−3 x +2，f
' (x)= 1
x +2 x−3= (2 x−1)(x−1)
x
，
令f
' (x)=0，解得x = 1
2或x =1，
当x∈(0, 1
2)∪(1,+∞)时，f
' (x)>0，则f (x)在(0, 1
2)和(1,+∞)上单调递增；
当x∈(
1
2 ,1)时，f
' (x)<0，则f (x)在(
1
2 ,1)上单调递减.
故f (x)的极大值为f(
1
2)= 3
4 −ln2，极小值为f (1)=0.
(3)由(2)知0< x1< 1
2 < x2<1< x3.
设函数F (x)= f (x)−f (1−x)，x∈(0, 1
2)，
F
' (x)= f
' (x)+ f
' (1−x)= (2 x−1)(x−1)
x
+ x (2 x−1)
1−x
= (2 x−1)
2
x (1−x) ，
则F
' (x)>0在(0, 1
2)上恒成立，即F (x)= f (x)−f (1−x)在(0, 1
2)上单调递增，
故F (x)< F(
1
2)=0，即f (x)<f (1−x)在(0, 1
2)上恒成立，
因为x1∈(0, 1
2)，所以f (x2)= f (x1)<f (1−x1).
32
因为x2，1−x1∈(
1
2 ,1)，且f (x)在(
1
2 ,1)上单调递减，
所以x2>1−x1，即x1+ x2>1.
设函数G (x)= f (x)−f (2−x)，x∈(
1
2 ,1)，
G
' (x)= f
' (x)+ f
' (2−x)= (2 x−1)(x−1)
x
+ (2 x−3)(x−1)
2−x
= 2(x−1)
2
x (2−x) ，
则G
' (x)>0在(
1
2 ,1)上恒成立，即G (x)= f (x)−f (2−x)在(
1
2 ,1)上单调递增，
故G (x)<G (1)=0，即f (x)<f (2−x)在(
1
2 ,1)上恒成立，
因为x2∈(
1
2 ,1)，所以f (x3)= f (x2)<f (2−x2)，
因为x3，2−x2∈(1,+ ∞)，且f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以x3<2−x2，即x2+ x3<2.
又x1+ x2>1，所以−x1−x2<−1，则2(x2+ x3)−x1−x2<3，即2 x3+ x2−x1<3.
题型09 极值偏移之积型
解｜题｜策｜略
1 在极值偏移问题中，证明类似x1 x2>a积型的不等式也是常见的，它与和型的证明方法差不多；
2 有时候积型可以通过证明和型后再用基本不等式证明。
1(25-26 高三上·安徽六安·月考)已知函数f (x)= a
x + ln x(a∈R).
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)设f (x)的导函数为f
' (x)，若f (x)有两个不相同的零点x1，x2.
①求实数a的取值范围；
33
②证明：x1⋅x2>a
2.
【答案】(1)答案见详解
(2)①(0, 1
e)；②证明见详解
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式、用导数
判断或证明已知函数的单调性
【分析】(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)①通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数确定a 的范围即可；
②问题转化为证f(
a
2
x2)>f (x1)，即证f(
a
2
x2)>f (x2)，设函数
F (x)= f(
a
2
x )−f (x)= x
a −a
x −2ln x +2ln a(x＞a)，根据函数的单调性证明即可．
【详解】(1)f (x)的定义域为(0 ,+∞)，且f
' (x)= x−a
x
2 ．
若a≤0，f
' (x)>0成立，所以f (x)在(0 ,+∞)为增函数；
若a>0，当x>a时，f
' (x)>0，所以f (x)在(a,+∞)上为增函数；
当0< x<a时，f
' (x)<0，所以f (x)在(0 ,a)上为减函数．
(2)①由(1)知，当a≤0时，f (x)至多一个零点，不合题意；
当a>0时，f (x)的最小值为f (a)，
依题意知f (a)=1+lna<0，解得0<a< 1
e ．
一方面，由于1>a，f (1)=a>0，f (x)在(a,+∞)为增函数，且函数f (x)的图象在(a ，1)上不间断．
所以f (x)在(a,+ ∞)上有唯一的一个零点．
另一方面， 因为0<a< 1
e ，所以0<a
2<a< 1
e ．
令f (a
2)= 1
a + ln a
2= 1
a +2ln a，令g(a)= 1
a +2ln a，
当0<a< 1
e 时，g
' (a)=−1
a
2 + 2
a = 2a−1
a
2
<0，
34
所以f (a
2)= g(a)= 1
a +2lna> g(
1
e)=e−2>0
又f (a)<0，f (x)在(0 ,a)为减函数，且函数f (x)的图象在(a
2 ,a)上不间断．
所以f (x)在(0 ,a)有唯一的一个零点．
综上，实数a的取值范围是(0 , 1
e)．
②易知f (x1)= f (x2)=0，
不妨设x1< x2，由①知0< x1<a< x2．
要证x1 x2>a
2，即证x1> a
2
x2
．
因为x1 ，a
2
x2
∈(0 ，a),f ( x)在(0 ,a)上为减函数，
所以只要证f(
a
2
x2)>f (x1)．
又f (x1)= f (x2)=0，即证f(
a
2
x2)>f (x2)．
设函数F (x)= f(
a
2
x )−f (x)= x
a −a
x −2ln x +2ln a(x＞a)．
所以F
' (x)= (x−a)
2
a x
2
>0，所以F (x)在(a,+ ∞)为增函数.
所以F (x2)> F (a)=0，所以f(
a
2
x2)>f (x2)成立．
从而x1 x2>a
2成立.
2(25-26 高三上·山西·月考)已知函数f (x)=ln x−x
2+ 1
2 ax ,a∈R.
(1)若a=7，求f (x)的单调区间.
(2)若f (x)有两个不同的零点x1, x2(x1< x2).
35
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x1 x2
2> a
2.
【答案】(1)单调递增区间(0,2)，单调递减区间(2,+ ∞)；
(2)(i)(2,+ ∞)；(ii)证明见解析.
【知识点】利用导数求函数的单调区间(不含参)、利用导数研究双变量问题、利用导数研究函数的零点、
利用导数证明不等式
【分析】(1)求导，根据导数计算即可；
(2)(i)令g(x)=2 x−2ln x
x
, x>0，求导，作出函数g(x)图象，结合题意计算可解；(ii)由a
2 = x2−ln x2
x2
可得
x2> a
2，要证x1 x2
2> a
2，即证g(x2)< g(
1
x2)，令c (x)= g(x)−g(
1
x)，求导，根据导数计算即可得证.
【详解】(1)若a=7，则f (x)= ln x−x
2+ 7
2 x , x>0，
求导f
' (x)= 1
x −2 x + 7
2 = −4 x
2+7 x +2
2 x
，
令f
' (x)=0，则−4 x
2+7 x +2=0，解得x =2，负值舍去，
当x∈(0,2)时，f
' (x)>0，当x∈(2,+∞)时，f
' (x)<0，
所以函数f (x)在区间(0,2)上单调递增，在区间(2,+∞)上单调递减，
即函数f (x)单调递增区间(0,2)，单调递减区间(2,+∞)；
(2)(i)若f (x)=0，则a=2 x−2ln x
x
, x>0，
令g(x)=2 x−2ln x
x
, x>0，
g
' (x)=2−2−2ln x
x
2
= 2(x
2+ ln x−1)
x
2
，
令h(x)= x
2+ ln x−1, x>0，则h
' (x)=2 x + 1
x ，
当x>0时，h
' (x)>0，所以h(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
36
又g
' (1)=0，所以g
' (x)在区间(0,+ ∞)有唯一零点，
当x∈(0,1)时，g
' (x)<0，当x∈(1,+∞)时，g
' (x)>0，
所以函数g(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增；
当x→0
+时，g(x)→+ ∞，当x→+∞时，g(x)→+∞，
当x =1时，函数g(x)有最小值g(1)=2，即g(x)≥2，
作出函数g(x)的大致图象如下：
由题意可知f (x)有两个不同的零点x1, x2(x1< x2)，
则函数y =a与函数g(x)有两个不同的交点，即a>2，
所以a的取值范围是(2,+ ∞)；
(ii)由(i)可知，x1<1< x2，
由a
2 = x2−ln x2
x2
可得x2> a
2，
要证x1 x2
2> a
2，即证x1 x2>1，即x1> 1
x2
，
因为函数g(x)在区间(0,1)上单调递减，即证g(x1)<g(
1
x2)，
因为g(x1)= g(x2)，所以证g(x2)<g(
1
x2)即可，
设c (x)= g(x)−g(
1
x)，
37
则c
' (x)= g
' (x)+
g
'(
1
x)
x
2
= 2(x
2+ ln x−1)
x
2
+ 1
x
2
2((
1
x)
2
+ ln 1
x −1)
(
1
x)
2
= 2(1−x
2)ln x
x
2
，
当x>0时，c
' (x)≤0恒成立，当且仅当x =1时等号成立，
所以函数c (x)在区间(0,+ ∞)单调递减，
所以c(x2)<c (1)=0，即g(x2)< g(
1
x2)成立，
所以x1 x2>1，即x1 x2
2> a
2成立.
3(25-26 高三上·安徽·月考)已知函数f (x)=e
x−1
x
，g(x)= 1
2 x
2−x +aln x．
(1)分析函数g(x)的单调性；
(2)若函数e xf (x)−m√x−x>1在(0,+ ∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)令h(x)= xf (x)−g(x)，若存在x1, x2使得h(x1)=h(x2)，证明：ln(x1 x2)< 2a
e
．
【答案】(1)答案见解析
(2)(−∞,0]；
(3)证明见解析
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式
【分析】(1)求导得g
' (x)= x
2−x +a
x
，再对a进行分类讨论；
(2)利用换元法并登记啊转化为证明T (t )>0在t ∈(0,+∞)上恒成立，求导后再对m分类讨论即可；
(3)代入后分离出a，等价转化为证明2a>e(ln x1+ln x2)，再代入a，设新函数再求导即可证明.
【详解】(1)由题意可得，g(x)的定义域为x∈(0,+ ∞)，g
' (x)= x−1+ a
x = x
2−x +a
x
，
当a≥1
4 时，x>0，g
' (x)>0，g(x)单调递增；
当a< 1
4 时，令g
' (x)=0⇒x1= 1−√1−4 a
2
，x2= 1+√1−4 a
2
，
①当0<a< 1
4 时，x1= 1−√1−4 a
2
>0，x2= 1+√1−4 a
2
>0，
38
0< x< x1，g
' (x)>0，g(x)单调递增，
x1< x< x2，g
' (x)<0，g(x)单调递减，
x> x2，g
' (x)>0，g(x)单调递增，
③当a≤0时，x1= 1−√1−4 a
2
<0(舍)，x2= 1+√1−4 a
2
>0，
0< x< x2，g
' (x)<0，g(x)单调递减，
x> x2，g
' (x)>0，g(x)单调递增，
∴综上所述，当a≤0时，函数g(x)在(0, 1+√1−4 a
2
)上单调递减，在(
1+√1−4 a
2
,+∞)上单调递增；
当0<a< 1
4 时，函数g(x)在(0, 1−√1−4 a
2
)和(
1+√1−4 a
2
,+∞)上单调递增，在
(
1−√1−4 a
2
, 1+√1−4 a
2
)上单调递减；
当a≥1
4 时，函数g(x)在(0,+ ∞)单调递增；
(2)依题意，e xf (x)−m√x−x>1⇔e
x−m√x−x−1>0，
令t =√x>0，即e
t
2
−mt −t
2−1>0在(0,+ ∞)上恒成立，
设T (t )=e
t
2
−mt −t
2−1(t >0)，只需证T (t )>0在t ∈(0,+ ∞)上恒成立，
则T
' (t )=2t ⋅e
t
2
−m−2t，T
' (0)=−m，
①当−m≥0，即m≤0时，
∴T
' (t )=2t ⋅(e
t
2
−1)−m≥0，T (t )单调递增；
∴T (t )>T (0)=0，故满足条件．
②当−m<0，即m>0时，
39
设φ(t )=T
' (t )=2t ⋅(e
t
2
−1)−m，t ∈(0,+ ∞)，
则φ
' (t )=T
' (t )=2(e
t
2
−1)+2t (2t e
t
2)=2e
t
2(2t
2+1)−2，
因为t ∈(0,+ ∞)，则t
2>0，则2e
t
2
>2，2t
2+1>1，则φ
' (t )=2e
t
2(2t
2+1)−2>0，
则φ(t )在(0,+∞)上单调递增，即T
' (t )在(0,+∞)上单调递增，
t →0,T
' (0)<0；t →+ ∞，T
' (0)>0；
∴存在t0使得T
'(t0)=0，
∴0<t <t0，T
' (t )<0，T (t )单调递减，
t >t0，T
' (t )>0，T (t )单调递增，
∴T (t0)<T (0)=0，故不满足条件，舍去．
∴综上所述，m的取值范围为(−∞,0]．
(3)设x1> x2>0．由h(x1)=h(x2)可得a=
e
x1−1−1
2 x1
2+ x1−e
x2−1+ 1
2 x2
2−x2
ln x1−ln x2
，
∵x1> x2，∴ln x1>ln x2，
要证ln(x1 x2)< 2a
e
，即证明：2a>e(ln x1+ln x2)
即要证e
x1−1−1
2 x1
2+ x1−e
2 (ln x1)
2>e
x2−1−1
2 x2
2+ x2−e
2 (ln x2)
2．
令G(x)=e
x−1−1
2 x
2+ x−e
2 (ln x)
2，即要证G(x1)>G(x2)，
即要证y =G (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
即要证G
' (x)=e
x−1−x +1−eln x
x
≥0在(0,+∞)上恒成立，
即要证e
x−1−x +1≥eln x
x
在(0,+ ∞)上恒成立．
设m(x)=eln x
x
，则m
' (x)=e(1−ln x)
x
2
，令m
' (x)=0，∴解得x =e，
40
当x∈(0,e)时，m
' (x)>0，m(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，m
' (x)<0，m(x)单调递减，∴m(x)≤m (e)=1，
设n(x)=e
x−1−x +1，n
' (x)=e
x−1−1，令n
' (x)=0，∴解得x =1，
当x∈(0,1)时，n
' (x)<0，n(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，n
' (x)>0,n(x)单调递增，∴n(x)≥n(1)=1，
∴e
x−1−x +1≥eln x
x
恒成立，
∴得证：ln x1 x2< 2a
e
．
题型10 极值偏移之平方型
解｜题｜策｜略
1 在极值偏移问题中，证明类似x1
2+ x2
2>a平方型的不等式也是常见的，它与和型的证明方法差不多；
2 部分题目中可以得到和型或积型不等式后，再用基本不等式证明的。
1(25-26 高三上·河北·月考)已知函数f ( x)= ln x−x−a，且f ( x)有两个零点x1, x2.
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1
2+ x1 x2+ x2
2>3.
【答案】(1)(−∞,−1)
(2)证明见解析
【知识点】导数中的极值偏移问题、利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式、根据函数零点的个
数求参数范围
【分析】(1)求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案；
(2)先证明对一切不相等的正实数x1, x2，都有
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，进而得到x1−ln x1= x2−ln x2，则
x2−x1
ln x2−ln x1
=1，由基本不等式得x1+ x2>2，进而求出x1
2+ x1 x2+ x2
2> 3(x1+ x2)
2
4
>3.
41
【详解】(1)f ( x)= ln x−x−a定义域为(0,+∞)，
由题意可得f
'( x)= 1
x −1= 1−x
x
.
当x∈(0,1)时，f
'( x)>0，当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)<0，
故f ( x)= ln x−x−a在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减.
当x→0时，f ( x)→−∞，当x→+ ∞时，f ( x)→−∞，且f (1)=−1−a，
则−1−a>0，解得a<−1，即a的取值范围为(−∞,−1)；
(2)证明：先证明对一切不相等的正实数x1, x2，都有
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
.
不妨设x2> x1>0，要证
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，即证ln x2
x1
> 2(x2−x1)
x1+ x2
=
2(
x2
x1
−1)
x2
x1
+1
.
设t = x2
x1
(t >1),g(t )= lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
则g
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0(t >1)，
所以g(t )在(1,+ ∞)上单调递增，所以g(t )> g(1)=0，即当t >1时，有ln t > 2(t −1)
t +1
，
故ln x2
x1
> 2(x2−x1)
x1+ x2
=
2(
x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，即
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
.
因为x1, x2是f ( x)的两个零点，所以¿
所以x1−ln x1= x2−ln x2，则
x2−x1
ln x2−ln x1
=1，
所以
x1+ x2
2
>
x2−x1
ln x2−ln x1
=1，则x1+ x2>2.
42
因为x2> x1>0，所以x1 x2<(
x1+ x2
2 )
2
.
因为x1
2+ x1 x2+ x2
2=(x1+ x2)
2−x1 x2，
所以x1
2+ x1 x2+ x2
2>(x1+ x2)
2−(
x1+ x2
2 )
2
= 3(x1+ x2)
2
4
.
因为x1+ x2>2，所以3(x1+ x2)
2
4
>3，即x1
2+ x1 x2+ x2
2>3.
2(25-26 高三上·四川成都·期中)已知函数f (x)=a x
2−ln x−a．
(1)当a=1时，求f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)设g(x)=(x
2+1)ln x−a x
2−a,h(x)= f (x)+ g(x)；若x1, x2是方程h(x)=0的两个不同实根，求证：
x1
2+ x2
2> 2
e
(3)若对任意x∈(0,+ ∞)，都有f (x +1)>asin x +
1
x +1 −e
−x，求实数a的取值范围．
【答案】(1)x−y −1=0
(2)证明见解析
(3)a≥1
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式
【分析】(1)分别求解f (1)与f
' (1)，结合点斜式求解曲线的切线斜率；
(2)令m= x1
2,n= x2
2，可得h(x1)=h(x2)=0，设s(x)= xln x，于是可将证明不等式x1
2+ x2
2> 2
e 转化为证明
m+n> 2
e ，构造函数t (x)= s(x)−s(
2
e −x),0< x< 1
e ，求导确定单调性从而证得结论；
(3)令t = x +1,t >1，将已知不等式转化为a(t
2−1)−lnt −1
t +e
1−t>asin(t −1)，由函数
y = x−sin x (x>0)的单调性可得sin(t −1)<t −1，讨论a=0，a<0，a>0验证不等式是否恒成立，从而
得实数a的取值范围．
43
【详解】(1)由题意可知当a=1时，f (1)=0，
则点(1,f (1))=(1,0)，
f
' (x)= 2 x
2−1
x
(x>0)，所以f
' (1)=1，
所以f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y −0= x−1，即x−y −1=0；
(2)证明：由题意知h(x)= x
2ln x−2a，
令m= x1
2,n= x2
2，又h(x1)=h(x2)=0，
即x1
2ln x1= x2
2ln x2，所以x1
2ln x1
2= x2
2ln x2
2，
所以mlnm=nlnn，设函数s(x)= xln x，
则s(m)= s(n),s
' (x)=ln x +1，
所以s
' (x)>0⇔x> 1
e ,s
' (x)<0⇔0< x< 1
e ，
所以s(x)在(0, 1
e)上单调递减，在(
1
e ,+ ∞)上单调递增，
欲证x1
2+ x2
2> 2
e ，即证m+n> 2
e ，
不妨设m<n，则0<m< 1
e <n，则2
e −m> 1
e ，
令t (x)= s(x)−s(
2
e −x),0< x< 1
e ，
由t
' (x)= s
' (x)+ s
'(
2
e −x) =ln x +1+ln(
2
e −x)+1
=ln[x(
2
e −x)]+2 =ln[−(x−1
e)
2
+ 1
e
2]+2<0，
所以t (x)在(0, 1
e)上单调递减，t (x)>t(
1
e)=0，
所以s(m)>s(
2
e −m)，即s(n)>s(
2
e −m),
44
又s(x)在(
1
e ,+∞)上单调递增，所以n> 2
e −m，即m+n> 2
e ，
故x1
2+ x2
2> 2
e 得证；
(3)∀x>0,f (x +1)>asin x +
1
x +1 −e
−x恒成立等价于a[(x +1)
2−1]−ln(x +1)−
1
x +1 +e
−x>asin x，
令t = x +1,t >1，上述不等式化为a(t
2−1)−lnt −1
t +e
1−t>asin(t −1)
令y = x−sin x (x>0)⇒y
' =1−cos x ≥0，则该函数单调递增，
即y >0−sin0=0，
所以sin(t −1)<t −1，
若a=0，取t =3，显然−ln3−1
3 + 1
e
2 <0，与题设矛盾；
若a<0，取t =5，有asin 4>0>24 a−ln5−1
5 + 1
e
4 ，也与题设矛盾；
所以a>0，则asin(t −1)<a(t −1)，
不妨设r (t )=a(t
2−1)−lnt −1
t +e
1−t−a(t −1)(t >1)，
则r
' (t )=a(2t −1)−1
t + 1
t
2 −e
1−t ,
当a≥1时，r
' (t )≥2t −1−1
t + 1
t
2 −e
1−t>2t −1−1
t + 1
t
2 −1= (2t
2−1)(t −1)
t
2
>0，
所以r (t )在(1,+∞)上单调递增，则r (t )≥r (1)=0，此时满足
a(t
2−1)−lnt −1
t +e
1−t>a(t −1)>asin(t −1)，
当a∈(0,1)时，令u(t )=a(t
2−1)−lnt −1
t +e
1−t−asin(t −1)，
则u
' (t )=2at −1
t + 1
t
2 −e
1−t−acos(t −1),
u
' (1)=a−1<0，
由导数的意义可知u
' (t )在t =1的极小的区域内值为负，则取t =1+Δt (Δt →0,Δt >0)，有
u(1+Δt )<u(1)=0，与题设矛盾；
45
综上所述：a≥1
题型11 比值换元型
解｜题｜策｜略
在证明不等式时，遇到类似
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
的不等式证明，我们会利用比值换元的方法证明，令
t = x2
x1
，则可把问题转化为证明lnt > 2(t −1)
t +1
.
1(25-26 高三上·天津蓟州·期中)已知函数f (x)=e
x+ax (a∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个正零点x1, x2，且x1< x2．
(i)求a的取值范围；
(ii)求证：x1+ x2>2．
【答案】(1)答案见解析
(2)(i)a<−e；(ii)证明见解析
【知识点】导数中的极值偏移问题、利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数研究函数的零点、利用
导数证明不等式
【分析】(1)利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间；
(2)(i)结合(1)的分析，确定a满足的条件，从而求得a的取值范围；(ii)通过构造函数证明对数均值不等式，
从而证得x1+ x2>2.
【详解】(1)函数f (x)=e
x+ax的定义域为R，求导得f
' (x)=e
x+a，
当a≥0时，f
' (x)>0，所以函数f (x)在R上单调递增；．
当a<0时，令f
' (x)=0，解得x =ln(−a)，
当x ∈(−∞,ln(−a))时，f
' (x)<0，函数f (x)在(−∞,ln(−a))上单调递减，
当x ∈(ln(−a),+ ∞)时，f
' (x)>0，函数f (x)在(ln(−a),+ ∞)上单调递增．
综上所述，当a≥0时，函数f (x)在R上单调递增；
当a<0时，函数f (x)在(−∞,ln(−a))上单调递减，在(ln(−a),+ ∞)上单调递增．
(2)(i)由题意知方程e
x+ax =0有两个不同的正实根x1, x2，
46
由(1)知a<0，且f (0)=1，所以¿，解得a<−e．
(ii)由(1)得a<−e，所以e
x1=−a x1,e
x2=−a x2，两边同时取自然对数，
得x1=ln(−a)+ln x1, x2=ln(−a)+ln x2，两式相减得x2−x1=ln x2−ln x1，即
x2−x1
ln x2−ln x1
=1，
要证x1+ x2>2，只需证明
x2−x1
ln x2−ln x1
< x1+ x2
2
，
令t = x2
x1
>1，只需证明lnt > 2(t −1)
t +1
,(*)构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
求导得g
' (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以函数g(t )在(1,+∞)上单调递增，
于是g(t )>g(1)=0，所以不等式(*)成立，于是原不等式x1+ x2>2成立．
2(25-26 高三上·河南·期中)已知函数f (x)=a ln x−x.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当a= 4时，若不等式(x
2+bx +c)f (x)≤0恒成立，求b
ln c 的值；
(3)若f (x)有两个不同的零点x1，x2( x1< x2)，且x1f
'(x1)+ x2f
'(x2)≤k (x1+ x2)恒成立，
求实数k 的最小值.
附：当x→1时，x−1
ln x →1.
【答案】(1)答案见解析
(2)-4
(3)0.
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零
点、利用导数证明不等式
【分析】(1)对函数求导，分a≤0,a>0两种情况分别讨论函数的单调性.
(2)先确定当a= 4时f (x)的单调区间和零点，即m= 4 ln m，n= 4 ln n，然后使得x
2+bx +c =0的两根恰为
m，n，结合韦达定理对b
ln c 进行化简求出结果即可.
47
(3)先确定f (x)的两个零点之间的关系式ln x1
ln x2
= x1
x2
，令t = x1
x2
，代入进行化简，构造新函数令
g(t )= 2(t −1)
(t +1)ln t −1，然后求导判断单调性，即可求得k的最小值.
【详解】(1)由题可知f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
' (x)= a
x −1= a−x
x
，
当a≤0时，f
' (x)<0，此时f (x)单调递减，
当a>0时，令f
' (x)=0，可得x =a，
当x∈(0,a)时，f
' (x)>0，此时f (x)单调递增，当x∈(a,+ ∞)时，f
' (x)<0，此时f (x)单调递减.
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，
当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.
(2)当a= 4时，f (x)= 4 ln x−x，
由(1)可知，f (x)在(0,4)上单调递增，在(4 ,+∞)上单调递减，
又f (1)=−1<0，f (4)= 4 ln 4−4>0，f (e
4)=16−e
4<0，
所以存在m∈(1,4)，n∈(4 ,e
4)，使得f (m)= f (n)=0，
即m= 4 ln m，n= 4 ln n.
要使不等式(x
2+bx +c)f (x)≤0恒成立，必有x
2+bx +c =0的两根恰为m，n.
由根与系数的关系可得m+n=−b，mn=c，
所以b
ln c = −m−n
ln (mn) = −m−n
ln m+ ln n = −4 ln m−4 ln n
ln m+ ln n
=−4.
(3)由(1)可知，a≤0时不符合题意，
当a>0时，f (x)max= f (a)=aln a−a，
又f (1)=−1<0，当x→+ ∞时，f (x)→−∞，
所以若f (x)有两个不同的零点，则f (x)max=a ln a−a>0，解得a>e，且x2> x1>1.
由x1f
'(x1)+ x2f
'(x2)≤k (x1+ x2)可得k ≥
2a
x1+ x2
−1.
48
由f (x1)= f (x2)=0，可得a ln x1= x1，a ln x2= x2，所以
ln x1
ln x2
= x1
x2
(*).
令t = x1
x2
，则0<t <1，x1=t x2，代入(*)式可得ln(t x2)
ln x2
=t，则ln x2= lnt
t −1，
所以x2= alnt
t −1 ，x1= at lnt
t −1 ，则x1+ x2= a(t +1)ln t
t −1
.
所以2a
x1+ x2
−1= 2(t −1)
(t +1)ln t −1.
令g(t )= 2(t −1)
(t +1)ln t −1，0<t <1，则g
' (t )= 2(2t ln t −t
2+1)
t [(t +1)ln t ]
2
.
令h(t )=2t ln t −t
2+1，则h
' (t )=2(ln t +1−t )，
易知当0<t <1时，ln t <t −1，
所以h
' (t )<0，h(t )在(0,1)上单调递减.
所以h(t )>h(1)=0，所以g
' (t )>0，g(t )在(0,1)上单调递增.
由题可知，当t →1时，g(t )→0，
所以k 的最小值为0.
3(25-26 高三上·山西运城·期中)已知A，B，C 为函数f ( x)图象上不同的三点．它们的横坐标x A , xB, xC依次
成等差数列，且函数f ( x)在点B处的切线斜率恒小于直线AC 的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差
偏移”函数．设函数f ( x)=e
2 x+bx．
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)已知函数F( x)= f (ln x)
①证明：当b>0时，F( x)是其定义域上的“等差偏移”函数；
②当b=1时，函数F( x)= f (ln x)，数列{an}满足an+1= F (an)−an
2+ an+1
2an
,a1= 3
2．其前n项和为Sn，试证
明：Sn<n+1．
【答案】(1)答案见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
49
【知识点】利用导数求函数(含参)的单调区间、利用导数证明不等式、用导数判断或证明已知函数的单调
性、函数新定义
【分析】(1)求导后，对参数进行讨论，即可求解单调区间；
(2)①根据“等差偏移”函数的定义来作差比较大小，然后构造函数求导进行证明即可；
②利用先证明对数不等式ln an< 1
2 an−1
2an
，再放缩,利用构造法和迭代法求得通项不等式an< 1
2
n +1，从而
求和即可得证.
【详解】(1)函数f ( x)=e
2 x+bx的定义域为R，求导得：f
'( x)=2e
2 x+b，
当b≥0时，f
'( x)≥0恒成立，函数f (x)在R 上单调递增；
当b<0时，令f
'( x)=0，解得x = 1
2 ln(−b
2 )，
当x ≤1
2 ln(−b
2 )时，f
'( x)<0，函数f (x)在x ≤1
2 ln(−b
2 )单调递减，
当x> 1
2 ln(−b
2 )时，f
'( x)>0，函数f (x)在x> 1
2 ln(−b
2 )单调递增，
∴函数f (x)的单调增区间为[ 1
2 ln(−b
2 )，+∞)，单调减区间为(−∞，1
2 ln(−b
2 ))
综上所述：当b≥0时，函数f (x)在R 上单调递增；
当b<0时，函数f (x)的单调增区间为[ 1
2 ln(−b
2 )，+ ∞)，单调减区间为(−∞，1
2 ln(−b
2 ))；
(2)①设三点A(x1, F( x1)),B(x2, F( x2)),C (x3, F( x3))的横坐标成等差数列，
且满足x1< x2< x3，则x2= x1+ x3
2
，
又由F( x)= f (ln x)=e
2ln x+b ln x = x
2+b ln x，F
'( x)=2 x + b
x ，
则k AC = F( x3)−F( x1)
x3−x1
=
b ln x3
x1
+( x3
2−x1
2)
x3−x1
=
b ln x3
x1
x3−x1
+2 x2
，k B= F
'( x2)= b
x2
+2 x2，
∴k AC−k B=
b ln x3
x1
x3−x1
+2 x2−b
x2
−2 x2=b(
ln x3
x1
x3−x1
−1
x2
)=b(
ln x3
x1
x3−x1
−
2
x3+ x1
)
50
=
b
x3−x1(ln x3
x1
−2(x3−x1)
x3+ x1 )=
b
x3−x1(
ln x3
x1
−
2(
x3
x1
−1)
x3
x1
+1 )
⋅
令t = x3
x1
，则t >1，令g(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，求导得g
' (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
∴g(t )在(1,+∞)内单调递增，g(t )> g(1)=0，即ln t −2(t −1)
t +1
>0，
因为b>0，x3−x1>0，所以k AC−k B>0⇒k B<k AC，
即函数F( x)在点B处的切线斜率恒小于直线AC 的斜率，
所以当b>0时，F( x)是其定义域上的“等差偏移”函数；
②由F( x)= x
2+b ln x，
当b=1时，F( x)= x
2+ ln x，an+1= F(an)−an
2+ an+1
2an
= ln an+ an+1
2an
= ln an+ 1
2an
+ 1
2，
设g(x)= ln x + 1
2 x + 1
2，求导得g
' (x)= 1
x −1
2 x
2 = 2 x−1
2 x
2 ，
当x>1时，g
' (x)>0，则g(x)在(1,+ ∞)内单调递增，
∴g(x)> g(1)=1，∴ an>1，a1= 3
2 >1符合题意，
构造函数h(x)= 1
2(x−1
x)−ln x ,(x>1)，求导得h
' (x)= 1
2 + 1
2 x
2 −1
x = (x−1)
2
2 x
2
>0，
∴h(x)在(1,+∞)内单调递增，则h(x)>h(1)=0，
∴当x>1时，1
2(x−1
x)>ln x，
∴ln an< 1
2 an−1
2an
，即an+1= ln an+ 1
2an
+ 1
2 < 1
2 an−1
2an
+ 1
2an
+ 1
2 = 1
2 an+ 1
2，
∴ 2an+1<an+1，即2(an+1−1)<an−1，得
an+1−1
an−1 < 1
2
∴ an−1< 1
2 (an−1−1)< 1
2
2 (an−2−1)<...< 1
2
n−1 (a1−1)= 1
2
n，
51
即an< 1
2
n +1，
∴Sn=a1+a2+...+an< 1
2 + 1
2
2 +...+ 1
2
n +n=
1
2 −1
2
n+1
1−1
2
+n=1−1
2
n +n<n+1．
题型12 三角函数型不等式证明
解｜题｜策｜略
1 三角函数型的不等式，在导数与不等式结合的题型中最近较为多见，难度较大；
2 证明三角函数型不等式，往往用到三角函数的有界性、必要性探路、分段处理等手段。
1（2025·山东济南·一模）已知0<α < β <π
2 ，则（ ）
A．sin α −sin β <α −β
B．α −β <tan α −tan β
C．α sin β < β cosα
D．tan β >αβ
【答案】D
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数证明不等式、用和、差角的正弦公式化简、求
值
【分析】令f (x)=sin x−x , x∈(0,π
2 )，求导分析单调性可得A 错误；令g(x)= tan x−x求导分析单调
性可得B 错误；令α =π
3 , β = 5
12 π，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C 错误；
令m(x)= tan x−x
2，求导后放缩得单调性后可得D 正确.
【详解】对于A，令f (x)=sin x−x , x∈(0,π
2 )，则f
' (x)=cos x−1<0，
所以f (x)在(0, 1
2 π)上单调递减，即f (α )>f (β)，
所以sin α −α >sin β −β ⇒sin α −sin β >α −β，故A 错误；
对于B，令g(x)= tan x−x，x∈(0, 1
2 π)，则g
' (x)=
1
cos
2 x
−1>0，
52
所以g(x)在(0, 1
2 π)上单调递增，即tan β −β >tan α −α ⇒α −β >tan α −tan β，故B 错误；
对于C，因为0<α < β <π
2 ，令α =π
3 , β = 5
12 π时，
α sin β =π
3 sin5π
12 =π
3 sin(π−5π
12 )=π
3 sin7π
12 =π
3 sin(
π
3 +π
4 )= (√6+√2)π
12
= 2(√6+√2)π
24
，
β cosα = 5π
12 × 1
2 = 5π
24 ，
因为[2(√6+√2)]
2>25，所以α sin β > β cosα，故C 错误；
对于D，令m(x)= tan x−x
2，x∈(0, 1
2 π)，则m
' (x)=
1
cos
2 x
−2 x =1+ tan
2 x−2 x，
由三角函数线可得当x∈(0, 1
2 π)时，tan x> x>0，所以tan
2 x> x
2，
所以m
' (x)=1+ tan
2 x −2 x > x
2−2 x +1=(x −1)
2≥0，
所以m(x)在(0, 1
2 π)上单调递增，m(x)>m(0)=0，x∈(0, 1
2 π)，
即tan β > β
2>αβ，故D 正确.
故选：D
2(25-26 高三上·河南·月考)设函数f (x)=asin x + xcos x , x∈[0,π],a≥1.
(1)求证：函数f (x)不单调；
(2)当a=1时，求证：f (x)<2；
(3)若f (x)≤x + k的解集为[
π
2 ,π]，求实数k的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)[1−π
2 ,0).
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式、用导数判断或证明已知函数的单调性、
函数单调性、极值与最值的综合应用
53
【分析】(1)直接判断导数在定义域上有正有负即可；
(2)运用导数求解函数的最大值，再判断最大值小于2 可得；
(3)构造函数h( x)=asin x + x cos x−x，进而转化为同样等价于：对所有x∈[π
2 ,π],h(x)≤k恒成立；
对所有x∈[0,π
2 ),h(x)>k恒成立.再分别按恒成立问题解得.
【详解】(1)由f (x)=asin x + xcos x，得f
'( x)=acos x +cos x−x sin x =(a+1)cos x−x sin x.
所以f
' (0)=a+1>0，f
' (π)=−(a+1)<0.
由f
'( x)在[0,π]上连续，且f
' (0)>0,f
' (π)<0，由零点存在性定理，存在x0∈(0,π)，使得f
'( x0)=0.
所以f
'( x)在[0,π]上有正有负，因此函数f (x)不单调.
(2)当a=1时，f (x)=sin x + xcos x，x∈[0,π]，f
'( x)=2cos x−x sin x，
当x∈[
π
2 ,π]时，sin x ≥0,cos x ≤0，两者不同时为0，且x>0，所以f
'( x)<0.
当x∈[0,π
2 ]时，令f
'( x)=0，得2cos x = x sin x，即2
x = tan x.
根据函数y = 2
x 与函数y = tan x的图象可知，在区间[0,π
2 ]上有且仅有一个交点，
即存在唯一x0∈(0,π
2 )，使得f
'( x0)=0，即2
x0
= tan x0.
∵f
'(0)=2>0,f
'(π
2 )=−π
2 <0,所以f ( x)在x = x0处取得最大值.
又f
'(π
3 )=1−π√3
6
>0，∴x0∈(π
3 ,π
2 ).
∴f ( x0)=sin x0+ x0cos x0=sin x0+
2
tan x0
⋅cos x0 =sin x0+ 2cos
2 x0
sin x0
=
2
sin x0
−sin x0,
设g( x)=
2
sin x −sin x，则g( x)在区间(π
3 ,π
2 )上单调递减，
∴g( x)<g(π
3 )=
2
sinπ
3
−sinπ
3 = 5√3
6
<2.
∴f ( x0)= g( x0)<2，即f ( x)的最大值小于2，f ( x)<2.
54
(3)由f (x)≤x + k，即asin x + xcos x−x ≤k，
令h( x)=asin x + x cos x−x，x∈[0,π].
又因f (x)≤x + k的解集为[
π
2 ,π]，所以不等式h( x)≤k的解集为[
π
2 ,π].
同样等价于：对所有x∈[π
2 ,π],h( x)≤k恒成立；对所有x∈[0,π
2 ),h(x)>k恒成立.
由h( x)的图象是一条连续不断的曲线，∴k ≥h(π
2 )=a−π
2 .
∵h
'( x)=(a+1)cos x−x sin x−1，当x∈[π
2 ,π]时，sin x ≥0,cos x ≤0,a+1>0，
所以h
'( x)<0，函数h( x)在[
π
2 ,π]上单调递减.
∴h( x)在区间[
π
2 ,π]上的最大值为h(π
2 )=a−π
2 =k.
∴h( x)≤k在区间[
π
2 ,π]上恒成立，满足条件.
当x∈[0,π
2 )时，要求h( x)>k，即h( x)>a−π
2 ，
设t (x)=h
'( x)，则t
' (x)=−(a+2)sin x−x cos x，
在区间[0,π
2 ]上，sin x ≥0,cos x>0,a>1，∴t
'( x)≤0，∴h
'( x)在区间[0,π
2 ]上单调递减.
又h
'(0)=a≥1>0,h
'(π
2 )=−π
2 −1<0，所以h( x)在区间[0,π
2 ]上先增后减，
即在区间[0,π
2 ]上的最小值在x =0或x =π
2 处取得.
∵h(0)=0,h(π
2 )=k =a−π
2 ,∴h( x)在区间[0,π
2 )的最小值只能是0 或a−π
2 .
要使h( x)>k在区间[0,π
2 )上恒成立，则k =a−π
2 <0,∴a<π
2 .
综上所述，1≤a<π
2 .
又k =a−π
2 ,∴1−π
2 ≤k <0，k的取值范围为[1−π
2 ,0).
3(2025·广东·模拟预测)设函数f (x)=asin x + xcos x , x∈[0,π].
(1)若a=−1，证明：当x∈[0,π
2 ]时，f (x)≤0；
55
(2)若a=1，证明：f (x)<2；
(3)若存在a≥1，使得当且仅当x∈[
π
2 ,π]时，f (x)≤x + k，求k的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)[1−π
2 ,0)
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式、函数单调性、极值与最值的综合应用
【分析】(1)利用求导判断函数的单调性即可证明；
(2)证法一：通过求导推得f (x)在区间[0, x0]上单调递增，在区间[x0,π]上单调递减，化简计算得到
f ( x)max= x0
2+2
√x0
2+ 4
，要证f (x)<2等价于证明
x0
2+2
√x0
2+ 4
<2，即证x0
4<12，由x0∈(0,π
2 )计算即得证得；证
法二：由(1)可推出sin x ≥xcos x在区间[0,π]上恒成立，又当a=1时，
f (x)=sin x + xcos x ≤2sin x ≤2，分析去掉等号即可得证；
(3)设h(x)= f (x)−x =asin x + xcos x−x，则不等式f (x)≤x + k等价于h(x)≤k，分析可得 k =a−π
2 ，
分类讨论k =a−π
2 时满足条件的a的范围，易得当x∈[
π
2 ,π]时满足条件，当x∈[0,π
2 )时，分析讨
论函数h(x)的单调性，推得h(x)在区间[0,π
2 ]上的最小值在x =0或x =π
2 处取得，从而得到1≤a<π
2 ，
即得k的取值范围.
【详解】(1)当a=−1时，f (x)=−sin x + xcos x，
则f
' (x)=−cos x +cos x−xsin x =−xsin x，
当x∈[0,π
2 ]时，x ≥0,sin x ≥0，故f
' (x)≤0，
所以f (x)在区间[0,π
2 ]上单调递减，所以f (x)≤f (0)=0，即f (x)≤0.
(2)证法一：当a=1时，f (x)=sin x + xcos x , x∈[0,π],f
' (x)=2cos x−xsin x.
当x∈(
π
2 ,π]时，cos x<0,sin x ≥0, x>0，此时f
' (x)<0；
56
设g( x)= f
' (x)，则g
'( x)=−2sin x−(sin x + xcos x)=−3sin x−xcos x，
当x∈[0,π
2 ]时，sin x ≥0,cos x ≥0,g
'( x)≤0，当且仅当x =0时取等号，
故f
' (x)在区间[0,π
2 ]上单调递减，
又f
' (0)=2>0,f
'(
π
2 )=−π
2 <0，因此存在唯一的x0∈(0,π
2 )，使得f
'(x0)=0，
即2cos x0= x0sin x0，即tan x0= 2
x0
，
且当x∈[0, x0]时，f
' (x)>0，当x∈[x0,π]时，f
' (x)<0，
故f (x)在区间[0, x0]上单调递增，在区间[x0,π]上单调递减.
由f ( x)max= f (x0)=sin x0+ x0cos x0=cos x0(tan x0+ x0)=cos x0(
2
x0
+ x0)= x0
2+2
x0
cos x0.
由1+tan
2 x0=
1
cos
2 x0
且cos x0>0，得
cos x0=
1
√1+tan
2 x0
=
1
√
1+ 4
x0
2
=
x0
√x0
2+ 4 .
故f (x0)= x0
2+2
x0
⋅
x0
√x0
2+ 4
= x0
2+2
√x0
2+ 4
，
要证f (x)<2等价于证明
x0
2+2
√x0
2+ 4
<2，即证x0
4<12.
因为x0∈(0,π
2 ),π
2 <1.6，所以x0
4<(
π
2 )
4
<1.6
4<12，不等式成立，
即f (x)<2得证.
解法二：由(1)知当0≤x ≤π
2 时，sin x ≥xcos x，
当π
2 < x ≤π时，sin x ≥0, xcos x<0，所以sin x> xcos x，
所以sin x ≥xcos x在区间[0,π]上恒成立，
所以当a=1时，f (x)=sin x + xcos x ≤2sin x ≤2，
由于前面的等号在x =0处取到，后面的等号在x =π
2 处取到，
57
所以f (x)≠2，即f (x)<2.
(3)设h(x)= f (x)−x =asin x + xcos x−x，不等式f (x)≤x + k等价于h(x)≤k，
故题目等价于：对所有x∈[
π
2 ,π],h(x)≤k恒成立，且对所有x∈[0,π
2 ),h(x)>k恒成立，
由于h(x)的图象是一条连续不断的曲线，
故由所有x∈[
π
2 ,π],h(x)≤k恒成立可知必有h(
π
2 )≤k，
由对所有x∈[0,π
2 ),h(x)>k恒成立可知必有h(
π
2 )≥k，故k =h(
π
2 )=a−π
2 .
现求k =a−π
2 时满足条件的a的范围.
① 当x∈[
π
2 ,π]时，cos x ≤0,sin x ≥0,a+1>0,h
' (x)=(a+1)cos x−xsin x−1<0，
故h(x)在区间[
π
2 ,π]上单调递减.则h(x)在区间[
π
2 ,π]内的最大值为h(
π
2 )=a−π
2 =k，
因此h(x)≤k在区间[
π
2 ,π]上恒成立，满足条件；
②当x∈[0,π
2 )时，h(x)>k，即h(x)>a−π
2 ，记φ( x)=h
'( x)，则φ
'( x)=−(a+2)sin x−xcos x，
当x∈[0,π
2 ]时，sin x ≥0,cos x ≥0,a≥1，故φ
'( x)≤0，则φ( x)在区间[0,π
2 ]上单调递减，
又φ(0)=a≥1>0,φ(π
2 )=−π
2 −1<0，故h(x)在区间[0,π
2 ]上先递增再递减，
也即h(x)在区间[0,π
2 ]上的最小值在x =0或x =π
2 处取得.
又h(0)=0,h(
π
2 )=k =a−π
2 ，故h(x)在区间[0,π
2 ]上的最小值只能是0 或a−π
2 .
要使h(x)>k在x∈[0,π
2 )上恒成立，需使0>a−π
2 ，解得a<π
2 .
综上，要存在a使题设成立，必须满足1≤a<π
2 .
又k =a−π
2 ，当1≤a<π
2 时，1−π
2 ≤k <0.
故k的取值范围是[1−π
2 ,0).
4(25-26 高三上·湖南长沙·月考)已知函数f (x)=sin x−xcos x.
58
(1)判断函数f (x)在区间(−π,π)上的零点个数，并说明理由；
(2)若函数kf (x)> x
2sin x在区间(0,π
2 )上恒成立，求正整数k的最小值；
(3)求证：(
1
2 −
1
3
n+1−1)π<∑
k =1
n
tanπ
3
k < 3√3
2
,n∈N
∗.
【答案】(1)有且仅有1 个零点，理由见解析
(2)3
(3)证明见解析
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式
【分析】(1)利用导数研究函数单调性，结合零点存在定理判断零点个数；
(2)先利用当x =π
4 时不等式成立，得k >2，然后利用导数法证明3 f (x)> x
2sin x在区间(0,π
2 )上恒成立；
(3)先由(2)得tan x> 3 x
3−x
2，于是tanπ
3
n >(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)π，利用累加法证明左边；再令
h(x)=tan x−3√3
π
x , x∈[0,π
3 ]，利用导数法研究单调性，求得tan x ≤3√3
π
x , x∈(0,π
3 )，于是
tanπ
3
n ≤√3
3
n−1，利用累加法证明右边，即可证明.
【详解】(1)f (x)在区间(−π,π)上的零点个数为1，理由如下：
f
' (x)=cos x−(cos x−xsin x)= xsin x，当x∈(−π,π)时，f
' (x)≥0，
故f (x)在区间(−π,π)上单调递增，又因为f (0)=0，
故f (x)在区间(−π,π)上有且仅有1 个零点.
(2)当x =π
4 时，k ×(
√2
2 −π
4 × √2
2 )>π
2
16 × √2
2 ，于是k >π
2
4 (4−π) >2，
下面证明：3 f (x)> x
2sin x在区间(0,π
2 )上恒成立.
令g(x)=3(sin x−xcos x)−x
2sin x , x∈(0,π
2 )，
则g
' (x)=3 x sin x −(2 x sin x + x
2cos x)= x (sin x −x cos x)，
59
由(1)可知sin x−xcos x>0在区间(0,π
2 )恒成立，
于是g(x)在区间(0,π
2 )上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，
综上，正整数k的最小值为3.
(3)先证明左边：
由(2)知，3(sin x−xcos x)−x
2sin x>0在区间(0,π
2 )上恒成立，即tan x> 3 x
3−x
2，
于是tanπ
3
n >
3×π
3
n
3−(
π
3
n)
2 =
3×3
nπ
3×(3
n)
2−π
2 >
3×3
nπ
3×(3
n)
2−9
>
3
nπ
(3
n−1)(3
n+1)
≥
2×3
nπ
(3
n−1)(3
n+1−1)
=(
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)π，
累加得：tanπ
3 +tanπ
9 +⋯+tanπ
3
n >(
1
2 −
1
3
2−1
+
1
3
2−1
−
1
3
3−1
+⋯+
1
3
n−1
−
1
3
n+1−1)π
=(
1
2 −
1
3
n+1−1)π.
再证明右边：
令h(x)=tan x−3√3
π
x , x∈[0,π
3 ]，则h
' (x)=
1
cos
2 x
−3√3
π
=π−3√3cos
2 x
πcos
2 x
, x∈[0,π
3 ]，
由于x∈[0,π
3 ]时，cos
2 x∈(
1
4 ,1)，故存在唯一的x0∈[0,π
3 ]，使得h
' (x)=0，
所以h(x)在区间(0, x0)上单调递减，在区间(x0,π
3 )上单调递增，
所以h(x)≤max{h(0),h(
π
3 )}=0，即tan x ≤3√3
π
x , x∈(0,π
3 )，
所以tanπ
3
n ≤3√3
π
×π
3
n = √3
3
n−1，
累加得：tanπ
3 +tanπ
9 +⋯+tanπ
3
n ≤√3
1 + √3
3 +⋯+ √3
3
n−1 = 3√3
2 (1−1
3
n)< 3√3
2
，
60
综上，(
1
2 −
1
3
n+1−1)π<∑
k =1
n
tanπ
3
k < 3√3
2
,n∈N
∗.
(建议用时：60 分钟)
1（23-24 高二下·广东广州·期末）下列四个不等式①ln x< x<e
x，②e
x−1≥x，③ ln x ≥x−1，④
xln x ≥x−1中正确的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式
【分析】首先证明e
x≥x +1、x−1≥ln x，利用判断①②③，令令h(x)= x ln x−x +1，x∈(0,+∞)，利
用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可说明④.
【详解】令f (x)=e
x−(x +1)，则f
' (x)=e
x−1，所以当x>0时f
' (x)>0，当x<0时f
' (x)<0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
所以f (x)min= f (0)=0，所以e
x≥x +1（当且仅当x =0时取等号）；
令g(x)= x−1−ln x，x∈(0,+ ∞)，则g
' (x)=1−1
x = x−1
x
，
所以当x>1时g
' (x)>0，当0< x<1时g
' (x)<0，
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以g(x)min= g(1)=0，
所以x−1≥ln x（当且仅当x =1时取等号）；
对于①：当x>0时e
x> x +1> x> x−1≥ln x，所以ln x< x<e
x，故①正确；
对于②：因为e
x≥x +1（当且仅当x =0时取等号），所以e
x−1≥x，当且仅当x =1时取等号，故②正确；
对于③：ln x ≤x−1（当且仅当x =1时取等号），故③错误；
对于④：令h(x)= x ln x−x +1，x∈(0,+ ∞)，则h
' (x)= ln x，
所以当x>1时h
' (x)>0，当0< x<1时h
' (x)<0，
61
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，则h(x)min
❑=h(1)=0，
所以xln x ≥x−1（当且仅当x =1时取等号），故④正确；综上可得①②④正确．
故选：C
2（2022·江苏·二模）已知实数a，b∈(1，+∞)，且2(a+b)=e
2a+2ln b+1，e为自然对数的底数，则
（ ）
A．1<b<a
B．a<b<2a
C．2a<b<e
a
D．e
a<b<e
2a
【答案】D
【知识点】利用导数证明不等式
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为2(a+b)=e
2a+2ln b+1，所以e
2a−2a−1=2(b−ln b−1)=2(e
lnb−ln b−1)，
函数f ( x)=e
x−x −1⇒f
'( x)=e
x−1>0,f ( x)在(0,+∞)上单调递增，且f (0)=0，因为
b>1⇒ln b>0⇒f (ln b)>0
所以f (2a)=2f (ln b)>f (ln b)，所以2a>ln b，即b<e
2a，
又e
2a−2a−1>2(e
a−a−1)，所以f (2a)=2f (ln b)>2f (a)，所以a<ln b，即b<e
a，综上，e
a<b<e
2a.
故选：D
3（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=e
x−ax +a有两个不同的零点x1, x2且有x1< x2，则下列说法
中错误的是（ ）
A．1< x1<lna< x2
B．a>e
2
C．(x1−1)(x2−1)>1
D．x1+ x2<2lna
【答案】C
【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、利用导数研究双变量问题
【分析】对A、B，求导讨论函数单调性，然后计算可知；对C，e
x1
x1−1 =e
x2
x2−1 =a，两边取对数然后结合
对数均值不等式判断即可；对D，构建函数H (x)= f (lna+ x)−f (lna−x), x>0，然后求导可知函数单调
性，结合1< x1<lna< x2，计算判断即可.
62
【详解】由题得f
' (x)=e
x−a，故当a≤0时，f
' (x)>0，不符合题意．
当a>0时，令f
' (x)=0，得x =lna，若x∈(−∞,lna)，则f
' (x)<0；若x∈(lna,+∞)．则f
' (x)>0．
由题知必有f (lna)=2a−alna<0，故a>e
2．因为f (1)=e>0，所以1< x1<lna< x2．则A，B 正确．
由e
x1−a x1+a=0和e
x2−a x2+a=0知e
x1
x1−1 =e
x2
x2−1 =a，因为1< x1<lna< x2，
所以等号两边取对数得x1−ln(x1−1)= x2−ln(x2−1)=lna，即
x2−x1
ln(x2−1)−ln(x1−1)
=
(x2−1)−(x1−1)
ln(x2−1)−ln(x1−1)
=1，
由对数平均不等式知√(x1−1)(x2−1)<
x2−x1
ln(x2−1)−ln(x1−1)
=1，即(x1−1)⋅(x2−1)<1．则C 错误．
构造函数H (x)= f (lna+ x)−f (lna−x), x>0．
则H
' (x)= f
' (lna+ x)+ f
' (lna−x)=a(e
x+e
−x−2)>0，所以H (x)单调递增，故H (x)≥H (0)=0，即
f (lna+ x)>f (lna−x)．
由1< x1<lna< x2知2lna−x1>lna，
所以f (x2)= f (x1)= f [lna−(lna−x1)]<f [lna+(lna−x1)]= f (2lna−x1)，
因为f (x)在(lna,+ ∞)上单调递增，所以x1+ x2<2lna．则D 正确．
故选：C．
4(25-26 高三上·天津蓟州·期中)已知函数f (x)= x
3−2 x.
(1)求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线斜率；
(2)当x∈(0,+ ∞)时，求证：f (x)≥x−2．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程(斜率)、利用导数证明不等式、由导数求函数的最值(不含参)
【分析】(1)求导得f
' (x)=3 x
2−2，再代入计算求出f
' (1)=1即可；
63
(2)设g(x)= x
3−3 x +2，再求导得到其最小值即可证明.
【详解】(1)由f (x)= x
3−2 x，可得f
' (x)=3 x
2−2，
所以切线斜率为k = f
' (1)=1．
(2)令g(x)= f (x)−x +2= x
3−3 x +2, x>0，
则g
' (x)=3 x
2−3=3(x−1)(x +1)，
当x∈(0,1)时g
' (x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时g
' (x)>0，所以g(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以当x =1时，g(x)有最小值为g(1)=0，
所以当x∈(0,+ ∞)时，g(x)≥0，即当x∈(0,+∞)时，f (x)≥x−2．
5(25-26 高三上·安徽·月考)已知函数f (x)= 1
2 ln x + a
x + x
2a
(a≠0,a∈R)．
(1)当a=−1时，求f ( x)的单调区间；
(2)设g(x)= a
2 x + x
2a −1
2a，当a>0时，证明f ( x)≥g( x)+1．
【答案】(1)单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,+ ∞)
(2)证明见解析
【知识点】利用导数求函数的单调区间(不含参)、利用导数证明不等式、函数单调性、极值与最值的综合
应用
【分析】(1)利用导数研究函数的单调性即可；
(2)构造新函数h( x)= f ( x)−g( x)−1，利用导数分析新函数的单调性及最值，通过证明h(x)的最小值大
于等于零，证明f ( x)≥g( x)+1．
【详解】(1)当a=−1时，f (x)= 1
2 ln x−1
x −x
2 ,( x>0)，则f
' (x)= 1
2 x + 1
x
2 −1
2 = −x
2+ x +2
2 x
2
=−( x +1)( x−2)
2 x
2
.
64
当0< x<2时，f
'( x)>0，所以f ( x)在(0,2)单调递增；
当x>2时，f
'( x)<0，所以f ( x)在(2,+∞)单调递减．
所以f ( x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2,+ ∞).
(2)设h(x)= f (x)−g(x)−1= 1
2 ln x + a
2 x + 1
2a −1, x>0，则h
' (x)= 1
2 x −a
2 x
2 = x−a
2 x
2 , x>0.
因为a>0，所以当x∈(0,a)时，h
'( x)<0，所以h( x)在(0,a)单调递减；
当x∈(a,+∞)时，h
'( x)>0，所以h( x)在(a,+∞)单调递增．
所以当x =a时，h( x)取得极小值，即最小值，最小值为h(a)= 1
2 ln a+ 1
2a −1
2.
设m(x)= 1
2 ln x + 1
2 x −1
2 , x>0，则m
' (x)= 1
2 x −1
2 x
2 = x−1
2 x
2 , x>0.
当x>1时，m
'( x)>0，所以m( x)在(1,+∞)上单调递增；
当0< x<1时，m
'( x)<0，所以m( x)在(0,1)上单调递减．
所以当x =1时，m( x)取得极小值，即最小值，最小值为m(1)=0.
即h(a)的最小值为0，即h(a)≥0.
综上所述，h(x)≥h(a)≥0，即f ( x)−g( x)−1≥0.
故f ( x)≥g( x)+1得证.
6(2024·江苏扬州·模拟预测)已知函数f (x)= ln (mx)−x (m>0)．
(1)若f (x)≤0恒成立，求m的取值范围；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，证明x1+ x2>2．
【答案】(1)(0,e]
(2)证明见解析
【知识点】导数中的极值偏移问题、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点、利用导
数证明不等式
【分析】(1)直接用导数求出f (x)的最大值即可；
(2)构造p(t )= f (1+t )−f (1−t )并证明t >0时f (1+t )>f (1−t )，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】(1)首先由m>0可知f (x)的定义域是(0,+∞)，从而f (x)= ln (mx)−x = ln x−x + ln m.
故f
' (x)= ln (mx)−x = 1
x −1= 1−x
x
，从而当0< x<1时f
' (x)>0，当x>1时f
' (x)<0.
65
故f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以f (x)具有最大值f (1)= ln m−1.
所以命题等价于ln m−1≤0，即m≤e.
所以m的取值范围是(0,e].
(2)不妨设x1< x2，由于f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，故一定有0< x1<1< x2.
在−1<t <1的范围内定义函数p(t )= f (1+t )−f (1−t ).
则p
' (t )= f
' (1+t )+ f
' (1−t )= −t
1+t +
t
1−t = 2t
2
1−t
2 >0，所以p(t )单调递增.
这表明t >0时p(t )> p(0)= f (1)−f (1)=0，即f (1+t )>f (1−t ).
又因为f (2−x1)= f (1+(1−x1))>f (1−(1−x1))= f (x1)=0= f (x2)，且2−x1和x2都大于1，
故由f (x)在(1,+∞)上的单调性知2−x1< x2，即x1+ x2>2.
7(25-26 高三上·云南红河·月考)已知函数f ( x)=e
x−1−xe
x，正项数列{an}满足a1=1，e
an+1=e
an−1
an
.
(1)求函数f ( x)的极值；
(2)判断数列{an}的单调性并说明理由；
(3)证明：2
nan>1.
【答案】(1)极大值f (0)=0，无极小值；
(2)数列{an}为递减数列，理由见解析；
(3)证明见解析.
【知识点】求已知函数的极值、利用导数证明不等式、判断数列的增减性
【分析】(1)先对f ( x)求导，判断导数的单调性，最后求得f ( x)的单调区间，进而可求极值.
(2)先利用作差法得到e
an+1−e
an=e
an−1−ane
an
an
，利用(1)可得到数列{an}的单调性即可.
(3)令g( x)=e
x−1−xe
1
2 x
( x>0)，求导，进而令h( x)=e
x−x−1，利用导数得到an+1
an
> 1
2，再合理变形得
到，再对n的范围分类讨论，利用累乘法结合放缩法得到当n≥2时成立，显然得到当n=1时成立即可.
【详解】(1)f ( x)的定义域为R，f
'( x)=−xe
x，
66
当x∈(−∞,0)时，f
'( x)>0，当x∈(0,+∞)时，f
'( x)<0，
故f ( x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+ ∞)上单调递减．
故f ( x)有极大值f (0)=0，无极小值．
(2)数列{an}为递减数列，理由如下：
由题意，得e
an+1=e
an−1
an
，则e
an+1−e
an=e
an−1
an
−e
an=e
an−1−ane
an
an
，
由(1)知f ( x)在(0,+∞)上单调递减，则f ( x)<f (0)=0，即e
x−1−xe
x<0，
令x =an，则e
an−1−ane
an<0，故e
an+1−e
an<0，
又函数y =e
x在R上是单调递增函数，所以an+1<an，所以数列{an}为递减数列．
(3)由题意得a1=1，令函数g( x)=e
x−1−xe
1
2 x
( x>0),g
'( x)=e
1
2 x(e
1
2 x
−1
2 x−1)，
令函数h( x)=e
x−x−1，则h
'( x)=e
x−1，
当x<0时，h
'( x)<0，当x>0时，h
'( x)>0，
所以h( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
故h( x)min=h(0)=0，则e
x≥x +1，即e
1
2 x
−1
2 x−1≥0，
则g
'( x)≥0，故g( x)在定义域上单调递增，且g( x)>g(0)=0，
令x =an，则e
an−1−ane
1
2 an>0，得到e
an−1−ane
1
2 an
an
>0，
且e
an−1>ane
1
2 an，故e
an−1
an
>e
1
2 an
，又因为e
an+1=e
an−1
an
，所以e
an+1>e
1
2 an，
得到an+1> 1
2 an，故
an+1
an
> 1
2，
67
当n≥2时，得到an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋯a2
a1
⋅a1> 1
2
n−1 ⋅1> 1
2
n．即2
nan>1，
当n=1时，2
1×a1=2>1．故2
nan>1．
综上，原命题得证.
8 (25-26 高三上·河北沧州·期中)已知函数f (x)= x ln x−1
2 ae
ax．
(1)若∀x∈(1,+ ∞)，f (x)≤0，求a 的取值范围．
(2)当a=0时，g(x)= f (x +1)−t sin x．
①判断函数g(x)在(0,π)内的零点个数；
②证明：1
2 sin1+ 2
3 sin 1
2 + 3
4 sin 1
3 +⋅⋅⋅+
n
n+1 sin 1
n <ln (n+1)．
【答案】(1)[
2
e ,+∞)
(2)①答案见解析；②证明见解析
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点、利用导数证明不等式、函数单调
性、极值与最值的综合应用
【分析】(1)对不等式进行化简变形，构造新函数h(x)= xe
x，然后求导判断单调性，从而得到a≥2ln x
x
，
然构造新函数m(x)= 2ln x
x
，求导判断单调性求出最值即可求出a的范围.
(2)①对函数两次求导，根据t ≤0,0<t ≤1,t >1三种情况分别讨论函数的零点个数；②结合①中的结论可得
到1
x +1 ⋅sin x<ln (x +1)，然后令x = 1
n对不等式进行化简即可证明.
【详解】(1)因为∀x∈(1,+ ∞)，f (x)≤0，所以x ln x ≤1
2 ae
ax对x∈(1,+∞)恒成立．
因为x ln x>0，所以a>0．
由x ln x ≤1
2 ae
ax，可得x
2ln x
2≤axe
ax，即e
ln x
2
ln x
2≤axe
ax，其中ln x
2>0，ax>0．
令h(x)= xe
x，x∈(1,+∞)，
因为h
' (x)=(x +1)e
x>0，所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递增．
68
不等式e
ln x
2
ln x
2≤axe
ax等价于h(ln x
2)≤h(ax)，所以ln x
2≤ax，所以a≥2ln x
x
．
令m(x)= 2ln x
x
，则m
' (x)= 2(1−ln x)
x
2
，当x∈(1,e)时，f
' (x)>0；当x∈(e ,+∞)时，f
' (x)<0；
所以m(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以m(x)max=m (e)= 2
e ，所以a 的取值范围是[
2
e ,+ ∞)．
(2)①因为g(x)=(x +1)ln (x +1)−t sin x，所以g
' (x)= ln (x +1)+1−t cos x．
令h(x)= g
' (x)，则h
' (x)=
1
x +1 +t sin x．
a.当t ≤0时，因为x∈(0,π)，所以(x +1)ln (x +1)>0，t sin x ≤0，所以g(x)>0恒成立，
此时，g(x)在(0,π)内无零点．
b.当0<t ≤1时，因为x∈(0,π)，所以h
' (x)>0，则g
' (x)单调递增．
因为g
' (x)> g
' (0)=1−t ≥0，所以g(x)单调递增．g(x)> g(0)=0，
此时，g(x)在(0,π)内无零点．
c.当t >1时，因为x∈(0,π)，所以h
' (x)>0，则g
' (x)单调递增．
因为g
' (0)=1−t <0，g
'(
π
2 )=1+ ln(
π
2 +1)>0，所以存在x0∈(0,π
2 )，使得g
'(x0)=0，
所以当x∈(0, x0)时，g
' (x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0,π)时，g
' (x)>0，g(x)单调递增．
因为g(0)=0，所以g(x0)<0．
因为g (π)=(π+1)ln (π+1)>0，所以g(x)在区间(x0,π)内有1 个零点，
所以当t ∈(−∞,1]时，g(x)在(0,π)内的零点个数为0，
当t ∈(1,+∞)时，g(x)在(0,π)内的零点个数为1．
②证明：由①知，当t =1且x∈(0,π)时，g(x)=(x +1)ln (x +1)−sin x>0，所以(x +1)ln (x +1)>sin x，
即1
x +1 ⋅sin x<ln (x +1)．
令x = 1
n，则n
n+1 ⋅sin 1
n <ln n+1
n
= ln (n+1)−ln n，
69
所以1
2 sin1<ln2−ln1，2
3 sin 1
2 <ln3−ln2，…，n
n+1 sin 1
n <ln (n+1)−ln n，
所以1
2 sin1+ 2
3 sin 1
2 +⋅⋅⋅+
n
n+1 sin 1
n <ln (n+1)．
70
